Fiche de mathématiques
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Agronomiques - Vétérinaires
Session 2006

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MATHEMATIQUES B
Durée 3h30
L'usage d'une calculatrice est autorisé pour cette épreuve.
Si, au cours de l'épreuve, un candidat repère ce qui lui semble être une erreur, il le signale sur sa copie et poursuit sa composition en expliquant les raisons des initiatives qu'il a été amené à prendre.
Les trois parties du problème sont indépendantes si, pour traiter la partie III, on admet le lemme II. 4.


Objectifs :
L'objectif du problème est l'étude de l'efficacité d'un traitement T destiné à éradiquer une population de cellules indésirables. Pour tester T on agit comme suit :
1) On prélève une cellule unique C0 à laquelle on applique T, ce qui a pour effet de partager C0 en un nombre naturel aléatoire D1 de cellule(s) identique(s) à C0 que l'on appelera enfant(s) de C0 ou descendant(s) de première génération de C0 lorsque D1 > 0 ; si D1 = 0 (ce que l'on souhaite), le traitement est terminé.
2) Lorsque C0 a k enfants, avec k \geq 1, on leur applique à chacun le traitement T et leur comportement sera le même que celui de C0 et ceci indépendamment les uns des autres lorsque k > 1.
3) A l'issue de cette deuxième étape, on obtiendra un nombre naturel aléatoire D2 de descendant(s) de deuxième génération. Si D2 = 0 on s'arrête, sinon, on poursuit dans les mêmes conditions et, pour n \geq 1, on notera Dn le nombre de descendants de n-ième génération tant que Dn > 0.
Remarque (*) : les cellules de (n+1)-ième génération de C0 sont celles de n-ième génération des enfants de C0.

Notations :
On notera conventionnellement D0 = 1.
On notera pk = P[D1 = k], pour k\in\mathbb{N}. (pk représente donc pour une cellule quelconque C la probabilité d'avoir k enfants, étant entendu qu'on utilisera la même variable aléatoire pour toutes les cellules sauf en cas d'ambigüité). On supposera bien entendu : 0 < p0 < 1 et on aura \displaystyle \sum_{k=0}^{+\infty} p_k = 1
On notera \forall{n}\in\mathbb{N}, un = P[Dn = 0]. Lorsque lim un = 1, c'est-à-dire lorsqu'avec la probabilité 1 la descendance de C0 s'éteint au bout d'un nombre fini de générations on dira que T est efficace. On désignera par G le nombre aléatoire de générations de descendants de C0. Ainsi :
    si C0 n'a pas d'enfant (D1 = 0), alors G = 0 ;
    si D1 > 0 et D2 = 0, alors G = 1 ;
    si, d'une façon générale, pour un entier p \geq 1, Dp - 1 > 0 et Dp = 0, alors G = p - 1.
    On notera E(X) l'espérance d'une variable aléatoire réelle X. Pour deux événements A et B avec P(B) non nul, P[A|B] désignera la probabilité conditionnelle de A sachant B.

I. Un premier exemple

I. 1. La loi de D1 est définie par p0 > 0 et p1 > 0 tels que p0 + p1 = 1.
I. 1. a) Calculer u0 et u1. Montrer que pour tout n \geq 0, Dn ne peut prendre que les valeurs 0 et 1.
I. 1. b) Montrer que s'il existe n > 0 tel que Dn = 0, alors pour tout entier k supegal 0 Dn+k = 0.

I. 2. a) Montrer que \forall{n} \in \mathbb{N} \, , \, \text{P}[\text{D}_{n+1} = 0] = \text{P}[\text{D}_{n+1}=0|\text{D}_{1}=0]p_0 + \text{P}[\text{D}_{n+1}=0|\text{D}_{1}=1]p_1, puis, en utilisant la remarque (*) montrer que : \forall{n} \in \mathbb{N} \, , \, \text{P}[\text{D}_{n+1}=0|\text{D}_{1}=1] = u_n \text{ et que } u_{n+1} = p_0 + p_{1}u_n.
I. 2. b) En posant vn = 1 - un, montrer que un = 1 - (p1)n et en déduire lim un.
I. 2. c) Montrer que P[G > n] = 1 - un+1 = (p1)n+1 puis que P[G = n] = p0(p1)n et enfin que E(G) = p1/p0.

II. Un deuxième exemple

II. 1. La loi de D1 est définie par p0, p1, p2 avec p0 > 0, p2 > 0 et p0 + p1 + p2 = 1.
II. 1. a) Montrer que pour 0 \leq k \leq 2 \, , \, \forall{n} \in \mathbb{N} \: : \: \text{P}[\text{D}_{n+1} = 0|D_1 = k] = (u_n)^k. On utilisera notamment la remarque (*). En déduire que :
\forall{n} \in \mathbb{N} \, , \, \text{P}[\text{D}_{n+1} = 0] = \displaystyle \sum_{k=0}^{2} \text{P}[\text{D}_{n+1} = 0|_{1}=k] p_k = p_0 + p_{1}u_n +p_{2}u_{n}^{2}.

II. 2. Soit f la fonction de [0 , 1] dans \mathbb{R} définie par x fleche2 f(x) = p_0 + p_1 x + p_2 x^2
II. 2. a) Vérifier que f > 0 \, , \, f' \geq 0 \, , \, f^{\prim \prim} > 0 \, , \, f(1) = 1 \, , \, f'(1) = 1 - p_0 + p_2.
II. 2. b) Représenter le graphe de f dans les trois cas suivants : f'(1) < 1 \, , \, f'(1) = 1 \, , \, f'(1) > 1. (On choisira des valeurs simples de p0, p1, p2 pour chaque cas).
II. 2. c) Vérifier par le calcul que
    i) pour f'(1) < 1, le graphe de f est au dessus de la première bissectrice \Delta \: : \: (y = x) ;
    ii) pour f'(1) = 1, le graphe de f est tangent à \Delta au point I(1 , 1) ;
    iii) pour f'(1) > 1, le graphe de f recoupe \Delta au point L(p0/p2 , p0/p2).
II. 2. d) Montrer que la suite de terme général un est strictement croissante et majorée par : min(p0/p2 ; 1).
II. 2. e) En déduire la limite de la suite de terme général un dans les différents cas envisagés.
Déterminer une condition nécessaire et suffisante pour que le traitement soit efficace (c'est-à-dire \displaystyle \lim_{n \to \infty} u_n = 1).

II. 3. Examen des différents cas.
II. 3. a) Cas où f'(1) < 1
Démontrer que pour tout entier naturel n, 1 - u_{n+1} \leq (1 - u_n)f'(1), puis que \forall n \in \mathbb{N} \, , \, 1 - u_n \leq (1 - u_0)[f'(1)]^n.
II. 3. b) On s'intéresse au cas où f'(1) = 1.
Montrer que : \forall{n} \in \mathbb{N} \, , \, \frac{1}{1 - u_{n+1}} - \frac{1}{1 - u_n} = \frac{p_0}{p_{1} + p_{0}(1+u_n)} \le  1
En déduire que : \forall{n} \in \mathbb{N} \, , \, \displaystyle \sum_{k=0}^{n-1} \left(\frac{1}{1-u_{k+1}} - \frac{1}{1-u_k}\right) = \frac{1}{1-u_n} - 1 \le n
puis que \forall n \in \mathbb{N} \, , \, 1 - u_n \ge \frac{1}{n+1}
II. 3. c) Montrer que \text{E}(\text{D}_1) = f'(1) et que P[G > n] = 1 - un+1 = P[Dn+1 different 0].

II. 4. Lemme : soit X une variable aléatoire à valeurs dans \mathbb{N} ayant une espérance E(X).
II. 4. 1. Montrer que : \forall{N} \geq 1 \, , \, \displaystyle \sum_{k=1}^{N}k \text{P}[X = k] = \displaystyle \sum_{k=0}^{n-1} \text{P} [X > k] - NP[X > N].
On pourra utiliser : \text{P}[X = k] = \text{P}[X > k - 1] - \text{P}[X > k].

II. 4. 2. Montrer que pour tout \forall N \geq 1 \, , \, NP[X > N] \leq R_NR_N = \displaystyle \sum_{k=N+1}^{+\infty} k \text{P}[X = k] est le reste de la série convergente \sum k\text{P}[X = k] dont la somme est \displaystyle \sum_{k=0}^{+\infty} k\text{P}[X = k] = E(X).
II. 4. 3. En déduire que N\text{P}[X > N] tend vers 0 lorsque N tend vers l'infini, puis que E(X) = \displaystyle \sum_{N=0}^{+\infty} P[X > N].

II. 5. Déduire de ce qui précède que :
    - si f'(1) < 1, alors E(G) = \displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty}(1 - u_n) \leq  \frac{f'(1)}{1 - f'(1)} ;
    - si f'(1) = 1, alors G n'a pas d'espérance (on utilisera le fait que la série de terme général \frac{1}{n+1} est divergente).

III. Etude du cas où D1 prend une infinité de valeurs

III. 1. Soit D1 une variable aléatoire définie par : pour tout entier naturel k, \text{P}[\text{D}_1 = k] = pq^k, où p > 0 \, , \, q > 0 \text{ et } p + q = 1.
III. 1. a) Montrer que, pour tout entier naturel k, \text{P}[\text{D}_{n+1} = 0|\text{D}_1 = k] = (u_n)^k, puis que :
u_{n+1} = \text{P}[\text{D}_{n+1} = 0] = \displaystyle \sum_{k=0}^{+\infty} pq^{k}u_{n}^{k} = \frac{p}{1 - qu_{n}}
III. 1. b) Etudier la fonction g définie par : \text{g} \: : \: x fleche2 \text{g}(x) = \frac{p}{1 - qx} \, , \, x \in [0 \, , \,1] et vérifier les propriétés suivantes de g : g > 0, g' > 0, g" > 0, g(1) = 1, et g'(1) = q/p.
III. 1. c) Montrer que dans \mathbb{R}, l'équation \text{g}(x) = x admet les deux solutions 1 et p/q. En déduire que la limite éventuelle de un ne peut être que 1 ou p/q.
III. 1. d) Montrer que (un) est une suite croissante qui converge vers min(1 ; p/q).

III. 2. Expression de un en fonction de n.
III. 2. a) On suppose ici que p different q. On pose : v_n = \frac{1-u_{n}}{\frac{p}{q}-u_n}. Montrer que : v_n = \left(\frac{q}{p}\right)^{n+1},
puis que : u_n = \frac{1 - \left(\frac{q}{p}\right)^n}{1 - \left(\frac{q}{p}\right)^{n+1}} et retrouver ainsi le résultat de 1. d).
III. 2. b) On suppose que p = q = 1/2. Montrer que : u_{n+1} = \frac{1}{2 - u_n}. On pose w_n = \frac{1}{1 - u_n}.
Exprimer wn+1 en fonction de wn. En déduire que wn = n + 1, puis que : u_n = \frac{n}{n+1}, et retrouver ainsi le résultat de 1. d).
III. 2. c) Calculer E(D1), vérifier qu'elle est égale à g'(1) et montrer que T est efficace ssi E(D1) infegal 1.
III. 2. d) On suppose g'(1) < 1. Calculer 1 - un et montrer que : 1 - u_n \leq  \left(\frac{q}{p}\right)^n = \left[g'(1)\right]^n.
En déduire que : E(G) \leq \frac{g'(1)}{1 - g(1)}
III. 2. e) On suppose g'(1) = 1 (p = q). Montrer que 1 - u_n = \frac{1}{n+1} et en déduire que G n'a pas d'espérance.



Commentaires :
Il s'agit d'un sujet très long dont l'idée est d'étudier un traitement sur des cellules. Les principales notions de probabilités discrètes de PCBST sont abordées. Cependant, la plupart des questions font surtout appel à l'analyse.

I. Un premier exemple

I. 1. La loi de D1 (nombre d'enfants de C0 ou nombre de descendants issus de C0 à la première génération) étant telle que p0 + p1 = 1, cela signifie qu'il n'existe que deux cas : C0 n'a pas d'enfant avec la probabilité p0 > 0, ou C0 a un enfant avec la probabilité p1 > 0.

I. 1. a) u0 = P[D0 = 0] = 0 car C0 existe.
u1 = P[D1 = 0] = p0 par hypothèse. Donc :
u0 = 0 et u1 = p0
D'après l'énoncé, l'éventuel enfant de C0 suit la même loi que C0, donc, le nombre de descendants sera toujours 0 ou 1.
Pour tout entier naturel n, Dn prend les valeurs 0 ou 1.

I. 1. b) S'il existe un entier n > 0 tel que Dn = 0, cela signifie qu'à la nième génération, il n'y a pas d'enfant, donc plus de descendant ultérieurement :
s'il existe n > 0 tel que Dn = 0, alors, pour tout entier k, Dn+k = 0.

I. 2. a) Les événements D1 = 0 et D1 = 1 forment un système complet sur lequel se décompose l'événement Dn+1 = 0. On obtient :
P[Dn+1 = 0] = P[Dn+1 = 0 | D1 = 0] P[D1 = 0] + P[Dn+1 = 0 | D1 = 1] P[D1 = 1].
Or, on connaît P[D1 = i] = pi et on voit que P[Dn+1 = 0 | D1 = 0] = 1 d'après I. 1. b). Il reste
P[Dn+1 = 0] = P[Dn+1 = 0 | D1 = 0] p0 + P[Dn+1 = 0 | D1 = 1] p1.
En plus, on peut considérer l'enfant de C0 comme un nouveau départ, donc : P[Dn+1 = 0 | D1 = 1] = P[Dn = 0] = un. Finalement :
un+1 = p0 + p1un(E1)

I. 2. b) Posons vn = 1 - un , (et en particulier v0 = 1) alors (E1) donne : 1 - vn+1 = p0 + p1(1 - vn) = 1 - p1vn, ce qui conduit à : vn+1 = p1vn.
Donc (vn) est une suite géométrique de premier terme 1 et de raison p1. Ce qui donne vn = (p1)n. D'où :
un = 1 - (p1)n(E2)
Comme p0 est non nul, 0 < p1 < 1 : lim un = 1. (Le traitement est donc efficace).

I. 2. c) P[G > n] = 1 - P[G < n] = 1 - P[pas d'enfant au rang n+1] = 1 - P[Dn+1 = 0] = 1 - un+1 = (p1)n+1 par (E2).
P[G > n] = (p1)n+1
P[G > n-1] = P[G = n] + P[G < n + 1] = P[G = n] + P[G > n], donc :
P[G = n] = P[G > n-1] - P[G > n] = (p1)n - (p1)n+1 = (p1)n(1 - p1) = p0(p1)n.
P[G = n] = p0(p1)n
On reconnaît dans la loi de G une loi géométrique donc : E(G) = p1 / p0.

II. Un deuxième exemple

II. 1. La loi de D1 définie par p0, p1, p2 avec p0 > 0 et p2 > 0 et p0 + p1 + p2 = 1 signifie que C0 peut avoir 0, 1 ou 2 enfants et aucune autre issue.

II. 1. a) P[Dn+1 = 0|D1 = 0] = 1 (C0 sans enfant entraine aucune descendance, donc, Dn+1 = 0 est certain).
P[Dn+1 = 0|D1 = 1] : C0 a un enfant qui peut être pris pour origine. Donc P[Dn+1 = 0|D1 = 1] = P[Dn = 0] = un
P[Dn+1 = 0|D1 = 2] : chacun des deux enfants de C0 se comporte comme un nouveau C0 indépendamment l'un de l'autre : P[Dn+1 = 0|D1 = 2] = (P[Dn = 0])2 = (un)2. Ces trois cas se résument en :
P[Dn+1 = 0 | D1 = k] = (un)k, k = 1, 2, 3.
On peut considérer les trois éventualités de D1 qui forment un système complet :
\text{P}[\text{D}_{n+1} = 0] = \displaystyle \sum_{k=0}^{2} \text{P}[\text{D}_{n+1} = 0|\text{D}_{1}=k]p_k = p_0 + p_{1}u_n + p_{2}u_{n}^2

II. 2. Etudions f telle que f(x) = p_0 + p_1 x + p_2 x^2 \, , \, 0 < x < 1.

II. 2. a) Remarquons avant toutes choses que si f(x) = 0 a des racines réelles, leur somme : -p1 / p2 est négative et leur produit : p0 / p2 positif. Donc les racines éventuelles sont toutes deux négatives. Cela signifie que sur [0 , 1], f > 0.
f'(x) = 2p_2x + p_1 s'annule en - p1/(2p2) négatif (éventuellement nul). Donc, sur [0 , 1], f^ > 0.
Enfin, f^{\prim \prim}(x) = 2p_2 > 0 sur [0 , 1]. f(1) = p_0 + p_1 + p_2 = 1 \, , \, f'(1) = p_1 + 2p_2 = p_1 + p_2 + p_2 = 1 - p_0 + p_2.
Sur [0 , 1] : f > 0 \, , \, f' > 0 \, , \, f^{\prim \prim} > 0 \, , \, f(1) = 1 \, , \, f '(1) = 1 - p_0 + p_2.
On peut ajouter f(0) = p_0 et f'(0) = p_1. De plus, on remarque que la position de f'(1) par rapport à 1 dépend de la comparaison entre p0 et p2 : p2 < p0 implique f'(1) < 1 , p2 = p0 implique f'(1) = 1, p2 > p0 implique f'(1) > 1.

II. 2. b) Les dessins ne posent pas de problème, mais ils préparent efficacement aux questions suivantes.
sujet Agronomiques et Vétérinaires B 2006 et son corrigé - supérieur : image 1

II. 2. c) Avant d'examiner les trois cas demandés, étudions sur [0 , 1] F(x) = f(x) - x. On a : F(x) = p_2x^2 + (p_1 - 1)x + p_0 soit : F(x) = p_2x^2 + (p_1 - 1)x + p_0 = p_2x^2 - (p_0 + p_2)x + p_0 = (x - 1)(p_2 x - p_0) : nulle en 1 et en p0 /p2 (si cette valeur est entre 0 et 1). Ceci sera très utile pour comparer f(x) et x. Appelons \scr{F} la représentation graphique de f.
(i) f'(1) < 1 \Rightarrow p_2 < p_0 \Rightarrow p_0 / p_2 > 1. Conclusion : sur [0 , 1[, F(x) > 0 : \scr{F} est au dessus de \Delta et rencontre \Delta en x = 1.
(ii) f'(1) = 1 \Rightarrow p_2 = p_0 \Rightarrow F(x) = p_0 (x - 1)^2. Donc, \scr{F} est au dessus de \Delta, et la racine double exprime la tangence au point I(1 , 1).
(iii) f'(1) > 1 \Rightarrow p_2 > p_0 \Rightarrow p_0 / p_2 est dans ]0 , 1[ : F s'annule en p0 / p2 et en 1. F est négatif entre ces deux valeurs, donc : sur [0 , p0 / p2[ \scr{F} est au dessus de \Delta. En p0/p2 \scr{F} rencontre \Delta en L(p0 /p2 , p0 /p2). Enfin, entre p0/p2 et 1, \scr{F} est sous \Delta.

II. 2. d) Travaillons par récurrence sur n. u0 = 0 < min(1, p0/p2). Supposons la propriété vraie au rang n.
Comme u_{n+1} = f(u_n) et que f est strictement croissante, u_n < 1 \Rightarrow f(u_n) < f(1) \Rightarrow u_{n+1} < 1.
u_n < p_0 / p_2 \Rightarrow f(u_n) < f(p_0 / p_2) \Rightarrow u_{n+1} < p_0 / p_2.
Conclusion : Pour tout n, un < min(1, p0 /p2).
Répondons maintenant au début de la question : u_{n+1} - u_n = f(u_n) - u_n = F(u_n). D'après ce qui précède, un étant inférieur aux racines de F(x) = 0, F(u_n) > 0.
D'où : (un)n est strictement croissante et, pour tout n, un < min(1 , p0/p2).

II. 2. e) (un) étant croissante et majorée, on en déduit naturellement que (un) est convergente vers une limite u qui sera inférieure ou égale au plus petit des deux réels 1 et p0/p2. Cette limite existant, elle est solution de l'équation f(x) = x, c'est-à-dire F(x) = 0. L'étude préliminaire de cette équation nous a donné ces deux solutions. Donc :
Si f'(1) < 1, (p2 < p0) alors, lim un = 1 et si f'(1) > 1, (p2 > p0) alors, lim un = p0/p2 < <1.
On sait que le traitement est efficace ssi lim un = 1. On en déduit la condition demandée :
Le traitement T est efficace ssi p2 < p0.
Cela paraît clair : la probabilité d'avoir deux enfants doit être inférieure à la probabilité d'avoir 0 enfant.

II. 3. Examen des différents cas.
II. 3. a) Supposons f'(1) < 1. (Donc, p2 < p0 et p0 /p2 > 1). Pour tout n, 1 - u_{n+1} = f(1) - f(u_n) = (1 - u_n)f'(c)c est strictement compris entre un et 1 (Théorème des accroissements finis). Mais f' étant croissante, f'(c) est majoré par f'(1). Donc : Pour tout n, 1 - u_{n+1} < (1 - u_n)f'(1).
En prenant cette dernière inégalité et en procédant par récurrence (par exemple), ou en multipliant membre à membre :
1 - u_n < (1 - u_0)[f'(1)]^n.

II. 3. b) Supposons f'(1) = 1. (Donc, p2 = p0). Calculons :
\frac{1}{1-u_{n+1}} - \frac{1}{1-u_n} = \frac{u_{n+1} - u_n}{(1-u_{n+1})(1-u_{n})} = \frac{p_{0}(1-u{n})^2}{(1-u_{n+1})(1-u_{n})} = \frac{1-u_n}{1-u_{n+1}}p_0
Mais étudions 1 - f(x) = 1 - p_0 - (1 - 2p_0)x - p_0x^2 = (1 - x)(1 - p_0(1 - x)). Donc, comme u_{n+1} = f(u_n), la dernière fraction obtenue donne :
\frac{1-u_n}{1-u_{n+1}} = \frac{1-u_n}{1-f(u_{n})} = \frac{1-u_n}{(1-u_{n})(1 - p_{0}(1-u_{n}))} = \frac{1}{1 - p_{0}(1-u_{n})}
Mais, 1 - p0(1 - un) = 1 - p0 + p0un = p1 + p0 + p0un > p0. D'où :
\frac{1}{1-u_{n+1}} - \frac{1}{1-u_n} = \frac{p_0}{p_{1}+p_{0}(1+u_n)} \le 1
Posons Un = 1/(1 - un). Par la méthode des dominos, de la somme proposée il ne reste que les termes extrèmes : Un - U0. Donc Un - U0 < n. D'où l'inégalité : \frac{1}{1 - u_n} - 1 \le  n
Comme un < 1, on en déduit aisément que :  1 - u_n \ge  \frac{1}{n+1}

II. 3. c) P[G > n] = 1 - P[0 enfant au rang n+1] = 1 - P[Dn+1 = 0] = 1 - un+1 = P[Dn+1 different 0]. Donc :
P[G > n] = 1 - un+1 = P[Dn+1 different 0].


II. 4. Lemme : Soit X une variable aléatoire prenant ses valeurs dans \mathbb{N} et telle que E(X) existe.

II. 4. 1. Nous avons déjà utilisé ce procédé au I. 2. c) : on a P[X > k - 1] = P[X = k] + P[X > k], donc : P[X = k] peut être remplacé par : P[X > k - 1] - P[X > k]. Alors, grâce à ce résultat :
\displaystyle \sum_{k=1}^{N} k P[X = k] = \displaystyle \sum_{1}^{N}kP[X > k-1] - kP[X>k] = \displaystyle \sum_{k=1}^{N}(P[X>k-1] + (k-1)P[X>k-1] - kP[X>k]) \\ = \displaystyle \sum_{k=0}^{N-1}P[X>k] + \displaystyle \sum_{k=1}^{N}(V_{k-1} - V_{k}), \, \text{ avec } V_k = kP[X>k]
Le deuxième \sum se simplifie par la règle des dominos : il ne reste que V0 - Vn = - NP[X > N] puisque V0 = 0. Finalement :
\displaystyle \sum_{k=1}^{N}kP[X=k] = - NP[X>N] + \displaystyle \sum_{k=0}^{N-1}P[X>k].

II. 4. 2. Dans ce dernier résultat, le membre de gauche représente les N premiers termes de la série permettant de calculer l'espérance de X.
Le reste RN = (N + 1)P[X = N+1] + ... + (N + i)P[X = N+i] + ... tend vers zéro puisque E(X) existe. Donc :
E(X) - \displaystyle \sum_{k=0}^{N-1}P[X>k] = R_N - NP[X>N] \ge 0
Finalement : NP[X > N] infegal RN.

II. 4. 3. Comme nous l'avons dit E(X) existe signifie que RN tend vers zéro. Comme 0 infegal NP[X > N] infegal RN on en déduit que
\displaystyle \lim_{N\to+\infty} NP[X>N] = 0
Ceci prouve le lemme : E(X) = \displaystyle \sum_{N=0}^{+\infty}P[X>N]. (E3)

II. 5. Plaçons nous dans le cas f'(1) < 1. On sait que \text{P}[\text{G} > N] = 1 - u_{n+1} \leq (1 - u_0)[f'(1)]^{n+1}. Le terme général de la série \sum \text{P[G > N]} est majoré par le terme général d'une série géométrique de raison 0 < f'(1) < 1 par hypothèse. Cette série géométrique étant convergente, il en sera de même pour \sum \text{P[G > N]}. En plus, on sait calculer la somme de la série géométrique : \textrm \displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty}X^n = \frac{1}{1-X}. Ici, après avoir mis en facteur f'(1), on trouve donc :
Si f'(1) < 1 \, , \, \textrm E(G) existe et E(G) \le  \frac{f'(1)}{1 -  f'(1)}
Plaçons nous maintenant dans le cas où f'(1) = 1. On sait que :
1 - u_n \ge \frac{1}{n+1}, donc, ici : \text{P[G > N]} = 1 - u_{N+1} \ge  \frac{1}{N+2}
La série de terme général 1/(N+2) est divergente et minore le terme général P[G > N] de la série permettant de calculer l'espérance E(G) : cette dernière diverge. Donc :
Si f'(1) = 1, l'aléatoire G n' a pas d'espérance.

III. Etude du cas où D1 prend une infinité de valeurs

III. 1. D1 étant définie par P[D1 = k] = pqk, p et q > 0, p + q = 1, on reconnaît une loi géométrique.

III. 1. a) Les événements D1 = k, k\in\mathbb{N}, forment un système complet sur lequel on décompose Dn+1 = 0.
\textrm P[D_{n+1}=0] = \displaystyle \sum_{k=0}^{+\infty}P[D_{n+1}=0|D_{1}=k]P[D_{1}=k]
On sait que P[D1 = k] = pqk, il reste à trouver la valeur des autres termes.
Si C0 n'a pas d'enfant, Dn+1 = 0 est certain, donc P[Dn+1 = 0|D1 = 0] = 1. Si C0 a au moins un enfant C1, chacun se comporte comme C0. D'autre part, conformément à la remarque (*), P[Dn+1 = 0|C1 existe] = P[Dn = 0] = un. Par indépendance des k enfants : P[Dn+1 = 0|D1 = k] = (un)k. D'où :
\textrm u_{n+1} = \displaystyle \sum_{k=0}^{+\infty}p(u_{n}q)^{k}
q et un étant strictement compris entre 0 et 1, la raison qun de cette série géométrique est < 1 : elle converge et sa somme est classique :
u_{n+1} = \frac{p}{1 - qu_n} (E4)

III. 1. b) Comme 1/q > 1, la fonction g est définie sur [0 , 1]. On a facilement :
g'(x) = \frac{pq}{(1-qx)^2} \, , \, \, g''(x) = \frac{2pq^2}{(1-qx)^3}
Sur [0 , 1], g > 0, g' > 0, g" > 0, g(1) = 1, g'(1) = q/p.

III. 1. c) g(x) = x \Longleftrightarrow qx^2 - x + p = 0 \Longleftrightarrow qx^2 - x + 1 - q = 0
\Longleftrightarrow q(x^2 - 1) - (x - 1) = 0 \Longleftrightarrow (x - 1)(qx - p) = 0
Donc deux racines réelles : 1 et p/q.
g(x) = x \Longleftrightarrow x = 1 \text{ ou } x = p/q.
Comme un+1 = g(un), on déduit de ce dernier résultat que (un) ne peut converger que vers 1 ou p/q.

III. 1. d) Comme dans la partie II, j'introduis la fonction G définie sur [0 , 1] par G(x) = g(x) - x. D'après le calcul précédent on a : G(x) = \frac{(1-x)(p-qx)}{1-qx}.
Effectuons une récurrence sur n. Si n = 0, u0 = 0, donc u0 < min(1 ; p/q). Supposons un < min(1 ; p/q). Comme g est strictement croissante et que u_{n+1} = g(u_n) \, , \, u_n < 1 \Rightarrow g(u_n) < g(1) \Rightarrow u_{n+1} < 1.
De même : u_n < p/q \Rightarrow g(u_n) < g(p/q) \Rightarrow u_{n+1} < p/q. La récurrence est acquise : pour tout n, un infegal min(1 ; p/q).
un+1 - un = g(un) - un = G(un). Le dernier résultat et la forme de G(x) montrent que un+1 - un > 0 sur [0 , 1]. Donc :
(un) est une suite croissante et majorée : elle converge vers une limite u telle que u infegal min(1 ; p/q).

III. 2. Expression de un en fonction de n.
III. 2. a) Supposons p et q distincts. Posons : v_n = \frac{1-u_n}{\frac{p}{q}-u_n}. Calculons alors, en utilisant p + q = 1 :
\frac{v_{n+1}}{v_n} = \frac{1-u_{n+1}}{1-u_n} \frac{p-qu_n}{p-qu_{n+1}} \\ \hspace{25pt} = \frac{1 - \frac{p}{1-qu_n}}{1-u_n} \frac{p-qu_n}{p-\frac{pq}{1-qu_n}} \\ \hspace{25pt} = \frac{q(1-u_n)}{1-u_n} \frac{p-qu_n}{p(1-qu_{n}-q)} = \frac{p}{q}
Ceci prouve que (vn) est une suite géométrique de premier terme v0 = q/p (car u0 = 0) et de raison q/p. Donc : v_n = (\frac{q}{p})^{n+1}
En utilisant le lien avec un, on trouve facilement : u_n = \frac{1 - (\frac{q}{p})^n}{1 - \frac{q}{p})^{n+1}} (E5)
Ce dernier résultat est très intéressant pour retrouver le résulat de 1. d). Ainsi :
si q/p > 1, si n tend vers + l'infini, un tend vers p/q qui est inférieur à 1.
si q/p > 1, si n tend vers + l'infini, un tend vers 1
.

III. 2. b) Supposons p = q = 1/2. Dans ce cas, la formule (E4) donne :
u_{n+1} = \frac{1}{2 - u_n}.
Posons alors : w_n = \frac{1}{1-u_n}. En calculant wn+1 - wn on trouve facilement 1. Cela signifie que wn est une suite arithmétique de premier terme w0 = 1 et de raison 1. Donc :
w_n = n+1 \text{ et } u_n = \frac{n}{n+1}
On retrouve bien le cas p/q = 1 : lim un = 1

III. 2. c) D1 suivant une loi géométrique : E(D1) = q/p qui correspond bien à g'(1).
T est efficace ssi lim un = 1, donc ssi p/q > 1, soit q/p < 1. D'où :
T est efficace ssi E(D1) < 1.

III. 2. d) Supposons g'(1) < 1, c'est-à-dire q/p < 1 : dans ce cas, la limite de la suite un sera q/p. La formule (E5) donne :
1 - u_n = \frac{(\frac{q}{p})^{n}(1-\frac{q}{p})}{1-(\frac{q}{p})^{n+1}}
Posons r = q/p, donc, r < 1. Alors, r < 1 implique r > rn+1 implique 1 - r < 1 - rn+1 implique (1 - r)/(1 - rn+1) < 1. D'où :
1 - u_n \le  \left(\frac{q}{p}\right)^{n} = [g'(1)]^n
Utilisons les résultats de la partie II : P[G > n] = 1 - un+1 et la formule (E3) du lemme.
Ici, \text{P}[\text{G} > n] = 1 - u_{n+1} < [g'(1)]^{n+1} avec, g'(1) < 1. Donc la formule (E3) débouche sur une série géométique convergente.
E(G) = \displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty}(1 - u_{n+1}) \le  \displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty}[g'(1)]^{n+1} = \frac{g'(1)}{1 - g'(1)}
On a donc : E(G) \le  \frac{g'(1)}{1 - g'(1)}

III. 2. e) Si g'(1) = 1, donc si p = q, p + q = 1 implique p = q = 1/2. Donc, par 2 - b) :
u_n = \frac{n}{n+1} \Longrightarrow  1 - u_n = \frac{1}{n+1} \Longrightarrow  P[G>n] = \frac{1}{n+2} : terme général d'une série divergente.
Si g'(1) = 1, (p = q = 1/2), alors G n'a pas d'espérance. (Ce qui est bien triste !)
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