Prépas 2006 - maths E sujet corrigé - EDHEC Grande Ecole

En divisant par P(Y ≥ n) > 0, on obtient PY ( ≥ n + 1)
≤ 1, c’est-à-dire 1 – λn ≤ 1.
PY ( ≥ n)
On en déduit alors : λ n ≥ 0.
D’autre part, on sait par hypothèse que P(Y ≥ n + 1) > 0 et P(Y ≥ n) > 0.
Par conséquent, 1 – λ n > 0, d’où : λ n < 1.
En conclusion :
∀n∈IN, 0 ≤ λ n < 1.
1−1
∏
k = 0
λ k
0
∏
d) • Pour n = 1, ( 1 − ) = ( 1−
) = 1 – λ 0 .
k = 0
Or 1 – λ 0 = PY ( ≥ 1)
et, comme Y prend ses valeurs dans IN , P(Y ≥ 0) = 1.
PY ( ≥ 0)
On a donc : 1 – λ 0 = P(Y ≥ 1).
1−1
∏
Pour finir : ( 1 − ) = P(Y ≥ 1).
k = 0
λ k
λ k
• Supposons, pour un entier n fixé supérieur ou égal à 1, que ( 1−
) = P(Y ≥ n).
On a alors, d’après 1b), P(Y ≥ n + 1) = (1 – λ n ) P(Y ≥ n), ce qui, grâce à l’hypothèse de
n−1
∏
récurrence, donne : P(Y ≥ n + 1) = (1 – λ n ) ( 1−
) , d’où : P(Y ≥ n + 1) = ( 1−
).
On a bien montré par récurrence que :
n−1
k = 0
k = 0
λ k
n−1
∏
∀n∈IN *, P(Y ≥ n) = ( 1−
) .
n−1
k = 0
2) a) ∀n∈IN *, ∑ PY ( = k)
= P( U ( Y = k)
) = P(Y ≤ n – 1).
k = 0
Comme Y prend ses valeurs dans IN, (Y ≤ n – 1) = ( Y ≥ n)
, donc : P(Y ≤ n – 1) = 1 – P(Y ≥ n).
En conclusion :
n−1
∑
k = 0
λ k
∀n∈IN *, PY ( = k)
= 1 – P(Y ≥ n).
n−1
∏
k = 0
λ k
n
∏
k = 0
λ k
b) (Y = k) k∈IN est un système complet d’événements donc PY ( = k)
n−1
Ceci signifie exactement que lim PY ( = k)
= 1.
n→+∞
k = 0
D’après le résultat de la question 2a), on en déduit que :
∑
+∞
∑
k = 0
= 1.
lim P(Y ≥ n) = 0.
n→+∞
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