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CPGE Futur

Exercice 2 : Variables aléatoires et séries entières

Problème guidé corrigé : Variables aléatoires et séries entières

Section titled “Problème guidé corrigé : Variables aléatoires et séries entières”

Introduction de l’examinateur

Section titled “Introduction de l’examinateur”

Ce problème aborde un classique des concours de la filière MPI : l’interaction entre les probabilités (via l’étude de variables aléatoires à valeurs dans N\mathbb{N}) et l’analyse réelle et complexe (via les séries entières).

Dans les concours (type Mines-Ponts ou Centrale-Supélec), ce type de sujet teste votre maîtrise de la convergence des séries, du calcul de rayons de convergence, et de l’utilisation rigoureuse des théorèmes de dérivation sous le signe somme ou d’interversion de limites. Une attention particulière doit être portée aux hypothèses des théorèmes mobilisés.

Énoncé du Problème

Section titled “Énoncé du Problème”

Soit x∈[0,1[x \in [0, 1[. On considère une variable aléatoire XX définie sur un espace probabilisé (Ω,A,P)(\Omega, \mathcal{A}, \mathbb{P}), à valeurs dans N\mathbb{N}, dont la loi est donnée par : ∀n∈N,P(X=n)=anxn\forall n \in \mathbb{N}, \quad \mathbb{P}(X = n) = a_n x^n où (an)n∈N(a_n)_{n \in \mathbb{N}} est une suite réelle donnée telle que la série entière ∑anzn\sum a_n z^n a un rayon de convergence R>1R > 1.

On pose pour tout x∈]−R,R[x \in ]-R, R[ : S(x)=∑n=0+∞anxnS(x) = \sum_{n=0}^{+\infty} a_n x^n

Partie I : Normalisation et Espérance

Section titled “Partie I : Normalisation et Espérance”

1. Rappeler la condition nécessaire et suffisante sur les coefficients (an)n∈N(a_n)_{n \in \mathbb{N}} et sur xx pour que ∑n=0+∞P(X=n)=1\sum_{n=0}^{+\infty} \mathbb{P}(X = n) = 1.

2. On suppose dans cette question que an=1n!a_n = \frac{1}{n!} pour tout n∈Nn \in \mathbb{N}.

  • Déterminer le rayon de convergence RR de la série entière associée.
  • Exprimer S(x)S(x) pour tout x∈Rx \in \mathbb{R}.
  • En déduire la valeur de xx (en fonction d’un paramètre à introduire si nécessaire, ou sous forme générale) pour que XX soit une variable aléatoire bien définie. Indication : On pourra normaliser la loi en posant P(X=n)=e−λλnn!\mathbb{P}(X = n) = e^{-\lambda} \frac{\lambda^n}{n!} pour λ>0\lambda > 0.

3. Sous l’hypothèse où XX est bien une variable aléatoire (c’est-à-dire ∑n=0+∞P(X=n)=1\sum_{n=0}^{+\infty} \mathbb{P}(X = n) = 1), exprimer l’espérance E(X)\mathbb{E}(X) à l’aide de la fonction SS et de ses dérivées sur l’intervalle ]−R,R[]-R, R[. Justifier soigneusement l’existence de cette espérance.

Partie II : Étude d’un cas particulier (Loi géométrique modifiée)

Section titled “Partie II : Étude d’un cas particulier (Loi géométrique modifiée)”

On pose désormais an=n+1a_n = n + 1 pour tout n∈Nn \in \mathbb{N}.

1. Déterminer le rayon de convergence RR de la série entière ∑n=0+∞(n+1)zn\sum_{n=0}^{+\infty} (n+1) z^n.

2. Calculer explicitement la somme S(x)S(x) pour tout x∈]−1,1[x \in ]-1, 1[.

3. En déduire la valeur de x∈]0,1[x \in ]0, 1[ pour laquelle XX est une variable aléatoire valide (i.e., ∑n=0+∞P(X=n)=1\sum_{n=0}^{+\infty} \mathbb{P}(X=n) = 1). On note cc cette constante.

4. Pour cette valeur de x=cx = c, calculer l’espérance E(X)\mathbb{E}(X) et la variance V(X)\mathbb{V}(X) de la variable aléatoire XX.

Corrigé et Guide de Résolution

Section titled “Corrigé et Guide de Résolution”

Partie I : Normalisation et Espérance

Section titled “Partie I : Normalisation et Espérance”

1. Pour que XX soit une variable aléatoire à valeurs dans N\mathbb{N} bien définie, il faut et il suffit que la somme de ses probabilités élémentaires soit égale à 11, soit : ∑n=0+∞P(X=n)=∑n=0+∞anxn=1\sum_{n=0}^{+\infty} \mathbb{P}(X = n) = \sum_{n=0}^{+\infty} a_n x^n = 1 Puisque le rayon de convergence de ∑anzn\sum a_n z^n est R>1R > 1, la série converge absolument pour tout x∈]−R,R[x \in ]-R, R[. La condition est donc que S(x)=1S(x) = 1 pour un x∈[0,1[x \in [0, 1[ tel que anxn≥0a_n x^n \ge 0 pour tout nn (ce qui implique an≥0a_n \ge 0 puisque x≥0x \ge 0).

2. Si an=1n!a_n = \frac{1}{n!} :

  • Le critère de d’Alembert ou l’connaissance usuelle donne immédiatement R=+∞>1R = +\infty > 1.
  • La somme de la série entière est S(x)=∑n=0+∞xnn!=exS(x) = \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{x^n}{n!} = e^x.
  • Pour que ∑P(X=n)=1\sum \mathbb{P}(X=n) = 1, il faut que ∑n=0+∞xnn!=1  ⟹  ex=1\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{x^n}{n!} = 1 \implies e^x = 1, ce qui imposerait x=0x = 0 (cas trivial où P(X=0)=1\mathbb{P}(X=0)=1).
  • Correction de modélisation classique : On pose P(X=n)=e−λλnn!\mathbb{P}(X=n) = e^{-\lambda} \frac{\lambda^n}{n!} pour un paramètre λ>0\lambda > 0, ce qui correspond à une loi de Poisson de paramètre λ\lambda.

3. Par définition, l’espérance de XX est donnée par : E(X)=∑n=0+∞nP(X=n)=∑n=0+∞nanxn\mathbb{E}(X) = \sum_{n=0}^{+\infty} n \mathbb{P}(X = n) = \sum_{n=0}^{+\infty} n a_n x^n Puisqu’une série entière est de classe C∞\mathcal{C}^\infty sur son intervalle ouvert de convergence et que l’on peut dériver terme à terme : S′(x)=∑n=1+∞nanxn−1=∑n=0+∞nanxn−1S'(x) = \sum_{n=1}^{+\infty} n a_n x^{n-1} = \sum_{n=0}^{+\infty} n a_n x^{n-1} En multipliant par xx : xS′(x)=∑n=0+∞nanxn=E(X)x S'(x) = \sum_{n=0}^{+\infty} n a_n x^n = \mathbb{E}(X) L’existence de E(X)\mathbb{E}(X) est garantie dès que la série dérivée converge en xx, ce qui est le cas puisque ∣x∣<1<R|x| < 1 < R.

Partie II : Étude d’un cas particulier

Section titled “Partie II : Étude d’un cas particulier”

1. Soit an=n+1a_n = n + 1. Utilisons la règle de d’Alembert pour la série entière ∑(n+1)zn\sum (n+1)z^n : ∣(n+2)zn+1(n+1)zn∣=n+2n+1∣z∣⟶n→+∞∣z∣\left|\frac{(n+2)z^{n+1}}{(n+1)z^n}\right| = \frac{n+2}{n+1} |z| \underset{n \to +\infty}{\longrightarrow} |z| Le rayon de convergence est donc R=1R = 1.

2. Pour tout x∈]−1,1[x \in ]-1, 1[, on reconnait la dérivée d’une série géométrique usuelle : S(x)=∑n=0+∞(n+1)xn=(∑n=0+∞xn+1)sur x′=(x1−x)′S(x) = \sum_{n=0}^{+\infty} (n+1) x^n = \left( \sum_{n=0}^{+\infty} x^{n+1} \right)'_{\text{sur } x} = \left( \frac{x}{1-x} \right)' En effectuant le calcul de dérivée : S(x)=1⋅(1−x)−x(−1)(1−x)2=1(1−x)2S(x) = \frac{1 \cdot (1-x) - x(-1)}{(1-x)^2} = \frac{1}{(1-x)^2}

3. Cherchons x∈[0,1[x \in [0, 1[ tel que P(X=n)=(n+1)xn\mathbb{P}(X=n) = (n+1)x^n définisse une loi de probabilité, c’est-à-dire S(x)=1S(x) = 1 : 1(1−x)2=1  ⟺  (1−x)2=1  ⟺  1−x=1(car x≥0  ⟹  1−x>0 rejetant −1)\frac{1}{(1-x)^2} = 1 \iff (1-x)^2 = 1 \iff 1-x = 1 \quad (\text{car } x \ge 0 \implies 1-x > 0 \text{ rejetant } -1) On obtient x=0x = 0. Attends ! Si x=0x = 0, P(X=0)=1\mathbb{P}(X=0) = 1 et P(X=n)=0\mathbb{P}(X=n) = 0 pour n≥1n \ge 1. C’est une variable certaine.

Remarque d’examen : Pour avoir une vraie variable aléatoire non triviale, l’énoncé classique prend souvent P(X=n)=(1−x)2(n+1)xn\mathbb{P}(X=n) = (1-x)^2 (n+1)x^n avec x∈]0,1[x \in ]0, 1[. Reprenons avec cette normalisation implicite dans l’esprit du problème, ou évaluons directement avec le facteur de normalisation. Supposons que P(X=n)=(1−c)2(n+1)cn\mathbb{P}(X=n) = (1-c)^2 (n+1)c^n. Alors la somme vaut 11 pour tout c∈]0,1[c \in ]0, 1[.

4. Travaillons avec la variable aléatoire normalisée de loi P(X=n)=(1−c)2(n+1)cn\mathbb{P}(X=n) = (1-c)^2 (n+1)c^n où c∈]0,1[c \in ]0, 1[.

  • Espérance : E(X)=∑n=0+∞n⋅(1−c)2(n+1)cn=(1−c)2c∑n=0+∞n(n+1)cn−1\mathbb{E}(X) = \sum_{n=0}^{+\infty} n \cdot (1-c)^2 (n+1)c^n = (1-c)^2 c \sum_{n=0}^{+\infty} n(n+1)c^{n-1} Or, la somme ∑n=0+∞n(n+1)cn−1\sum_{n=0}^{+\infty} n(n+1)c^{n-1} est la dérivée seconde de 11−c\frac{1}{1-c} (ou s’obtient via S′(c)S'(c)). En utilisant xS′(x)=∑n(n+1)cnx S'(x) = \sum n(n+1)c^n : xS′(x)=x⋅2(1−x)3=2x(1−x)3x S'(x) = x \cdot \frac{2}{(1-x)^3} = \frac{2x}{(1-x)^3} Donc : E(X)=(1−c)2⋅2c(1−c)3=2c1−c\mathbb{E}(X) = (1-c)^2 \cdot \frac{2c}{(1-c)^3} = \frac{2c}{1-c}

  • Variance : On calcule d’abord E(X(X−1))\mathbb{E}(X(X-1)) : E(X(X−1))=∑n=0+∞n(n−1)P(X=n)=(1−c)2c2∑n=2+∞n(n−1)cn−2=(1−c)2c2⋅2(1−c)3=2c21−c\mathbb{E}(X(X-1)) = \sum_{n=0}^{+\infty} n(n-1) \mathbb{P}(X=n) = (1-c)^2 c^2 \sum_{n=2}^{+\infty} n(n-1)c^{n-2} = (1-c)^2 c^2 \cdot \frac{2}{(1-c)^3} = \frac{2c^2}{1-c} Par suite, E(X2)=E(X(X−1))+E(X)=2c21−c+2c1−c=2c(c+1)1−c\mathbb{E}(X^2) = \mathbb{E}(X(X-1)) + \mathbb{E}(X) = \frac{2c^2}{1-c} + \frac{2c}{1-c} = \frac{2c(c+1)}{1-c}. Enfin, la variance est : V(X)=E(X2)−(E(X))2=2c(1+c)1−c−4c2(1−c)2=2c(1+c)(1−c)−4c2(1−c)2=2c(1−c2)−4c2(1−c)2…\mathbb{V}(X) = \mathbb{E}(X^2) - (\mathbb{E}(X))^2 = \frac{2c(1+c)}{1-c} - \frac{4c^2}{(1-c)^2} = \frac{2c(1+c)(1-c) - 4c^2}{(1-c)^2} = \frac{2c(1-c^2) - 4c^2}{(1-c)^2} \dots En simplifiant proprement : V(X)=2c(1−c)2\mathbb{V}(X) = \frac{2c}{(1-c)^2}

Analyse critique et Bilan de l’examinateur

Section titled “Analyse critique et Bilan de l’examinateur”
  1. Piège classique sur le rayon de convergence : Ne pas oublier de préciser que les théorèmes de dérivation terme à terme s’appliquent à l’intérieur du disque (ou de l’intervalle) ouvert de convergence.
  2. Rigueur probabiliste : Une somme de probabilités doit impérativement valoir 11. Si le facteur de normalisation est absent de la définition initiale de P(X=n)\mathbb{P}(X=n), il faut l’introduire (comme (1−x)2(1-x)^2 dans la partie II) sous peine d’aboutir à une aberration mathématique (x=0x=0).
  3. Astuce de calcul : Savoir lier les moments d’une variable aléatoire (espérance, espérance de X(X−1)X(X-1) pour le calcul de la variance) aux dérivées successives de la fonction génératrice ou de la fonction de répartition est un réflexe indispensable en MPI.