AST1 2012 - mathématiques sujet corrigé rapport - EDHEC Grande ...

EDHEC 2012 Concours AST 1c) Par définition de l'opérateur " ≤ ", on a : (Z ≤ k) = (Z < k) ∪ (Z = k).Par incompatibilité, on obtient : P(Z ≤ k) = P(Z < k) + P(Z = k).Comme Z est à valeurs entières, les événements (Z < k) et (Z ≤ k – 1) sont égaux donc :P(Z ≤ k) = P(Z ≤ k – 1) + P(Z = k).On en déduit :∗∀k ∈N , P(Z = k) = P(Z ≤ k) – P(Z ≤ k – 1)d) Comme la formule donnant P(Z ≤ k) obtenue à la question 3b) est valable pour k= 0(elle donne 0 = 0), on peut remplacer P(Z ≤ k) et P(Z ≤ k – 1), ce qui donne :( )−( 1 ) ln∗ k k k−1 k−1∀k ∈N , P(Z = k) = ( − + ) − − + ( − )1 q k q ln q 1 q k 1 q ln q∗ k−1 k k k 1∀k ∈N , P(Z = k) = − + −( − )q q k q k q q( )∗ k−∀k ∈N , P(Z = k) = − + ( − + )q 1 1 q kq k 1 ln qEn remplaçant 1− q par p, on trouve :∗ k−1∀k ∈N , P(Z = k) = q ( p− k p ln q+ln q)∗ k∀k ∈N , P(Z = k) = ( ) 1 kp ln q q − −+ − ( p ln q)k q114) a) Pour tout entier naturel n non nul, on a : nP( N= n)= . Comme la série de termen + 11général diverge (série de Riemann de paramètre 1), on peut conclure que :n+ 1N ne possède pas d'espérancekb) Pour tout entier naturel n non nul, on a : ( = ) = ( + ln ) − − ( ln )En écrivant k² = kk ( − 1) + k , on obtient :k−( ) ( )1 2 k−1k P Z k p q k q p q k q1 k−2k P( Z= k) = p+ ln q− p ln q k q − pq ln q k( k− 1) q .k 1Les séries de termes généraux k q − 2et k( k− 1) q k−sont absolument convergentes (sériesgéométriques "dérivées" dont la raison q est strictement comprise entre –1 et 1) donc Zpossède une espérance et :+∞ +∞k−1 k−2( ) ∑ ( ) ∑ .E( Z) = p+ ln q− p ln q k q − pq ln q k( k−1)qk= 1 k=1Le premier terme de la deuxième somme est nul, ce qui donne :+∞ +∞k−1 k−2( ) ∑ ( ) ∑ .E( Z) = p+ ln q− pln q k q − pq ln q k( k−1)qk= 1 k=21 2On a donc : E( Z) = ( p+ ln q− p ln q) −2( pq ln q).3(1 − q) (1 − q)p+ ln q− p ln q 2q ln q p+ (1 − p) ln q−2q ln qAvec q= 1− p , on obtient : E( Z)= − = .2 2 2p p pFinalement :p−q ln qE( Z)=2p