Agrégation interne - sujet 2 - partie I

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La suite

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BROUILLON

Q27a) Je laisse.

Q27b)

Il faut faire des essais avec des petites valeurs de $i$.

$X_{n,1}=1$ est constante.

Pour $X_{n,2}$ il s'agit d'une loi géométrique, on calcule la probabilité du premier succès.

Si on cherche $\mathbb{P}(X_{n,2}=k)=(\frac{n-1}{n})^{k-1}.\frac{1}{n}$ pour $k \in \mathbb{N}^*$. C'est le cas où $k$ tirages sont nécessaires pour obtenir le 2, pour $n$ jetons.

EDIT : Je laisse la trace pour les commentaires suivants mais c'est faux, j'ai tout expliqué plus bas.

Boulex

C’est le contraire pour ton paramètre.

OShine

J'aime bien le gros calcul avec la fraction rationnelle. 

bd2017

 @boulex a bien raison:

LeVioloniste a dit :

Si on cherche $\mathbb{P}(X_{n,2}=k)=(\frac{n-1}{n})^{k-1}.\frac{1}{n}$ pour $k \in \mathbb{N}^*$.

 Faux!  C'est :   $\mathbb{P}(X_{n,2}=k)=(\dfrac{n-1}{n})\dfrac{1}{n^k}$ 
En effet quand $j=2,$  la probabilité  de tirer un numéro différent à chaque étape est : $\dfrac{n-1}{n}$

En fait, on reconnait  $X_n,j \hookrightarrow {\cal G}( \dfrac{n+1-j}{n}),\ j=1,\dots,n-1$
Par conséquent  $E(X_{n,j})=\dfrac{n}{n+1-j}$  et $V(X_{n,j})=\dfrac{n(j-1)}{(n+1-j)^2}$.

LeVioloniste

@bd2017 Je sais que c'est faux j'ai marqué que je cherche. Je reprends aujourd'hui.

bd2017

@LeVioloniste ce n'est pas un problème les erreurs mais regarde mon message.. sur un fil qui est je ne sais plus où!

Je souhaiterais moins de désordre.  

2 sujets =  2 fils.   Une partie à la fois pour chaque fil.  

Et pas de brouillon.  Pas d'erreurs qu'on laisse trainer derrière soi...

LeVioloniste

Q27b.
Je vais reprendre, puisque j'ai été 'coupé'.
On considère l'ensemble aléatoire $A_k=\{B_1,\cdots,B_k\} \subseteq \{1,\cdots,n\}$.  Les $B_i$ sont les vignettes obtenues à chaque tirage. Les $B_i$ qui contiennent le numéro de la vignette peuvent avoir déjà été tirés.
On note $T_k$ le nombre de tirages nécessaires pour obtenir $k$ vignettes distinctes, ce qui veut dire que l'on définit $T_k$ par :
$T_0=0$ et $T_k=min\{ s \geq 1 , card(A_s)=k\}$
On pose donc $X_{k}=T_k-T_{k-1}$  qui correspond aux nombres de tirages nécessaires pour obtenir le vignette $k$.
À noter que cette notation de l'énoncé $X_{k,i}$ complique la compréhension mais bon, peu importe.

Donc le raisonnement est le suivant.
J'ai obtenu $k-1$ vignettes. J'ai donc tiré $T_{k-1}$ vignettes. Il me manque alors $n-(k-1)$ vignettes.
La probabilité d'avoir une nouvelle vignette qui n'est pas dans $\{1,\cdots,k-1\}$ donc obtenir une vignette de numéro $\{k,\cdots,n\}$ est de probabilité $\frac{n-(k-1)}{n}$.
Le nombre d'achats nécessaires $X_{k}$ est le temps de premier succès dans un schéma de répétition d'épreuves indépendantes de succès $\frac{n-(k-1)}{n}=\frac{n-k+1}{n}$.
C'est pourquoi $X_k$ suit  une loi géométrique et $X_k \sim \mathcal{G}(\frac{n-k+1}{n})$

Maintenant en reprenant les notations de l'énoncé : $X_{n,i} \sim \mathcal{G}(\frac{n-i+1}{n})$

Pour une loi géométrique $X$ de paramètre $p$ , on a $\mathbb{E}[X]=\frac{1}{p}$ et $\mathbb{V}[X]=\frac{1-p}{p^2}$
$\mathbb{E}[X_{n,i}]=\frac{n}{n-i+1}$ et $\mathbb{V}[X_{n,i}]=(1-\frac{n-i+1}{n}) . \frac{n^2}{(n-i+1)^2}= \frac{n(i-1)}{(n-i+1)^2}$.

OShine

Je n'aime pas ce sujet, si on ne trouve pas 27.b, on ne peut plus rien faire. Les résultats ne sont pas donnés. 
Alors que dans le sujet d'algèbre, si on saute une question, on peut traiter la suivante. 

LeVioloniste

@bd2017 Je te laisse comparer ta rédaction et la mienne.

J'ai besoin, pour bien comprendre la modélisation probabiliste du problème, détailler le raisonnement. Je pense que j'ai fait un bel effort.

LeVioloniste

Q27c

Là on attaque une question difficile. Si on veut montrer l'indépendance, il faut relier les lois aux tirages qui sont eux indépendants. On a $X_{n,i}=T_i-T_{i-1}$. Mais il est difficile de casser les liaisons entre les $T_i$.

On construit alors la densité jointe des $(X_{n,1},\cdots,X_{n,n})$ et on va montrer l'indépendance des $n$ variables.

Soient $x_1,\cdots,x_n \geq 1 $, on va calculer $\mathbb{P}[(X_{n,1}=x_1,\cdots,X_{n,n}=x_n)]$

Or $\mathbb{P}[X_{n,i}=x_i]=\frac{n-i+1}{n}.(1-\frac{n-i+1}{n})^{x_i-1}=(1-\frac{i-1}{n}).(\frac{i-1}{n})^{x_i-1}$

Alors on doit montrer que $\displaystyle{\mathbb{P}[(X_{n,1}=x_1,\cdots,X_{n,n}=x_n)] = \prod_{i=1}^n (1-\frac{i-1}{n}).(\frac{i-1}{n})^{x_i-1} }$

Notons la suite des vignettes $S=(S_1,\cdots,S_n)$ ; les $n$ vignettes différentes, ordonnées selon l'ordre de tirage. On a alors $S_i=B_{T_i}$.

Les $B_i$ sont les vignettes obtenues à chaque tirage numéro 'i'.

On peut dire que les va $S_i$ sont des permutations du groupe symétrique. Alors $S_i$ à valeurs dans $\mathfrak{S}_i$.

Soit $\sigma \in \mathfrak{S}_n$. On a $G_{\sigma}=\{ (T_1,\cdots,T_n)  = (t_1,\cdots,t_n) ; (B_{{t_1}}=\sigma(1),\cdots,B_{{t_n}}=\sigma(n)) \} $ avec $t_s=x_1+\cdots+x_s$ pour $s \in [[1,n]]$

Puis $G_{\sigma}=\{ [(X_{n,1}=x_1,\cdots,X_{n,n}=x_n)] \cap [S=\sigma] \} $

Notons que toutes les combinaisons possibles prises par $S$ sur $\sigma$, $\displaystyle{ [(X_{n,1}=x_1,\cdots,X_{n,n}=x_n)] = \bigcup_{\sigma \in \mathfrak{S}_n} G_{\sigma} }$

On effectue une décomposition en chaîne de $G_{\sigma}$, en utilisant $G_{\sigma,s}=\{ B_{t_s}=\sigma(s) ; B_q \in \{ \sigma(1),\cdots, \sigma(s-1) \}, t_{s-1}+1 \leq q \leq t_s-1 \}$ et donc ici $G_{\sigma,s}$ ne dépend que des tirages $B_i$ qui sont indépendants. Donc par intersection $\displaystyle{G_{\sigma}=\bigcap_{s=1}^n G_{\sigma,s}}$

On peut maintenant calculer les probabilités des événements : $\forall s \in [[1,n]]$ $\mathbb{P}[G_{\sigma,s}]=\frac{1}{n}.(\frac{s-1}{n})^{ (t_s-1)-(t_{s-1}+1)+1}=\frac{1}{n}.(\frac{s-1}{n})^{t_s-t_{s-1}-1}=\frac{1}{n}.(\frac{s-1}{n})^{x_s-1}$

Maintenant les $G_{\sigma,s}$ sont indépendants entre eux et les $G_{\sigma}$ sont disjoints donc on peut calculer $\displaystyle{  \mathbb{P}[(X_{n,1}=x_1,\cdots,X_{n,n}=x_n)] = \mathbb{P}[\bigcup_{\sigma \in \mathfrak{S}_n} G_{\sigma} ] =  \mathbb{P}[\bigcup_{\sigma \in \mathfrak{S}_n} \bigcap_{s=1}^n G_{\sigma,s} ] }$.

$\displaystyle{  \mathbb{P}[(X_{n,1}=x_1,\cdots,X_{n,n}=x_n)] = \sum_{\sigma \in \mathfrak{S}_n} \prod_{s=1}^n \frac{1}{n}.(\frac{s-1}{n})^{x_s-1} = n!\prod_{s=1}^n \frac{1}{n}.(\frac{s-1}{n})^{x_s-1} = \prod_{i=1}^n (1-\frac{i-1}{n}).(\frac{i-1}{n})^{x_i-1}   }$

Je rappelle mon idée : pour casser les relations entre les $X_{n,i}$ je suis passé par le groupe de permutation des tirages qui sont indépendants.

Je n'ai pas vu de solution plus simple !

OShine

Je ne souhaite pas faire le problème pour l'instant mais juste comprendre cette histoire de vignettes. 
Je ne comprends même pas l'exemple pour $n=4$.
Je n'arrive pas à comprendre le "en comptant à partir du succès précédent".
Je ne comprends pas le $X_{4,3}=2$.

Ben314159

$X_{4,3}=2$ parce que, entre le moment où tu as obtenu ta deuxième vignette différente, (donc après avoir pioché 1 puis 3), il t'a fallu 2 coup de plus pour obtenir une vignette que tu n'avais pas déjà (tu as pioché le 3 que tu avait déjà puis le 2 que tu n'avais pas encore)
Idem pour le $X_{4,4}=4$ qui dit qu'il t'a fallu 4 coups de plus pour tirer la dernière vignette qui te manque : tu as pioché 1 puis 2 puis 1 que tu avais déjà avant de tirer la 4 que tu n'avais pas.

bd2017

LeVioloniste a dit :

@bd2017 Je te laisse comparer ta rédaction et la mienne.

J'ai besoin, pour bien comprendre la modélisation probabiliste du problème, détailler le raisonnement. Je pense que j'ai fait un bel effort.

J'ai fait la question avant. Pourquoi  la refaire? Sinon critiquer à tort les notations de l'énoncé, mettre tes propres notations pour enfin reprendre les notations de l'énoncé. Bof...

OShine

@Ben314159
Merci je viens de comprendre.

@bd2017
Tu traites ce problème ? 

LeVioloniste

bd2017 a dit :

LeVioloniste a dit :

@bd2017 Je te laisse comparer ta rédaction et la mienne.

J'ai besoin, pour bien comprendre la modélisation probabiliste du problème, détailler le raisonnement. Je pense que j'ai fait un bel effort.

J'ai fait la question avant. Pourquoi  la refaire? Sinon critiquer à tort les notations de l'énoncé, mettre tes propres notations pour enfin reprendre les notations de l'énoncé. Bof...

Et bien j'ai du écrire ce passage pour comprendre le paramètre de la loi géométrique et le pourquoi de la loi géométrique. Le 'on reconnaît'  n'est pas une preuve mathématique. Ceux qui te liront ne comprendront pas forcément la loi en question et son paramètre. Il faut se mettre à la portée des autres, et personnellement je ne comprenais pas la raison de ce que tu as écris, même si cela est juste.

LeVioloniste

Q27c

Je serais curieux de lire d'autres justifications que la mienne.

LeVioloniste

Q27d

On va réutiliser les résultats suivants : $\mathbb{E}[X_{n,i}]=\frac{n}{n-i+1}$ et $\mathbb{V}[X_{n,i}]=(1-\frac{n-i+1}{n}) . \frac{n^2}{(n-i+1)^2}= \frac{n(i-1)}{(n-i+1)^2}$.

Il faut préciser ici la linéarité de l'espérance :

$\displaystyle{\mathbb{E}[T_{n}]= \sum_{i=1}^n \mathbb{E}[X_{n,i}] = \sum_{i=1}^n \frac{n}{n-i+1}=n.\sum_{i=1}^n \frac{1}{i} }$

Il faut préciser ici l'indépendance des $(X_{n,i})_i$ :

$\displaystyle{\mathbb{V}[T_{n}]= \sum_{i=1}^n \mathbb{V}[X_{n,i}] = \sum_{i=1}^n \frac{n(i-1)}{(n-i+1)^2} = n  \sum_{i=1}^n \frac{i-1}{(n-i+1)^2} = n  \sum_{i=1}^n \frac{n-(n-i+1)}{(n-i+1)^2} = n^2.\sum_{i=1}^n \frac{1}{(n-i+1)^2} - n. \sum_{i=1}^n \frac{1}{(n-i+1)}  = n^2.\sum_{i=1}^n \frac{1}{i^2} - n. \sum_{i=1}^n  \frac{1}{i} }$
Donc $\displaystyle{\mathbb{E}[T_{n}]=n.H_n }$ et $\displaystyle{\mathbb{V}[T_{n}]=n^2.S_n-n.H_n }$

bd2017

Pourquoi as-tu déclaré que j'étais une bille en probabilité? Qui est la bille en probabilité? 

Les lois de Bernoulli, la loi Binomiale, la loi de Poisson et comme ici la loi géométrique sont connus de tout candidat à l'agrégation...

Si tu as dû mal à reconnaitre  la loi géométrique, c'est ton droit... Tu peux baragouiner si tu veux 

mais ne demande pas de comparer des rédactions qui n'ont pas la même fonction.

Je ne suis pas là pour faire tout le travail à la place "des lecteurs" connus ou inconnus.   Essentiellement il y a @Oshine... si il y a un calcul à faire, je pars du principe que le lecteur me croit, où  alors il vérifie le calcul et s'il il y a erreur qu'il me le dise. 

Tu as du calculer le paramètre que je n'ai pas expliqué c'est bien. Continue, en progrès.

LeVioloniste

Q27e
$\displaystyle{\mathbb{E}[T_{n}]=n.H_n }  $

$\displaystyle{\mathbb{V}[T_{n}]=n^2.S_n-n.H_n }$

On utilise les résultats :

$\displaystyle{H_n = \sum_{i=1}^n \frac{1}{i} =ln(n)+\gamma+\frac{1}{2n}+o(\frac{1}{n}) }$

$\displaystyle{S_n = \sum_{i=1}^n \frac{1}{i^2} = \frac{\pi^2}{6}-\frac{1}{n} + \frac{1}{2n^2} + o(\frac{1}{n^2}) }$ ici l'énoncé ne donne que le terme constant.

Alors

$\displaystyle{\mathbb{E}[T_{n}]=n.H_n \sim n.ln(n) }$

$\displaystyle{\mathbb{V}[T_{n}]=n^2.S_n-n.H_n \sim \frac{\pi^2}{6}.n^2  }$

OShine

@bd2017
Pourrais-tu expliquer comment tu trouves $P(X_{n,2} =k)$ ?
$X_{n,2}=k$ signifie qu'il faut $k$ tirages pour obtenir pour la première fois $2$ numéros différents, en comptant à partir du dernier succès.
Je ne comprends pas comment trouver cette probabilité. 

Ce genre de question est mon point faible en maths.

LeVioloniste

@OShine

J'ai tout détaillé à la question Q27b

OShine

Non c'est bon j'ai compris, c'est la loi géométrique, temps d'attente.

• $X_{n,i}=k$ signifie qu'il faut $k$ tirages pour obtenir pour la première fois $i$ numéros différents, en comptant à partir du dernier succès.
• $X_{n,i}$ est le temps d'attente du premier succès distincts des $i-1$ précédents, de probabilité $p=\dfrac{n-(i-1)}{n}=\dfrac{n-i+1}{n}$. C'est une loi géométrique et finalement : $\boxed{P(X_{n,i} =k)=\dfrac{n-i+1}{n} \left( \dfrac{i-1}{n} \right)^{k-1}}$

Pour $i=2$, on a  $\boxed{P(X_{n,2} =k)=\dfrac{n-1}{n} \left( \dfrac{1}{n} \right)^{k-1}}$

@bd2017
Tu as une coquille dans ta réponse, la puissance est $k-1$ et non $k$.

bd2017

@Oshine oui il se peut.  Le principal c'est que tu l'as remarqué.

LeVioloniste

Q28
D'abord la forme générale de la fonction génératrice donne que $\displaystyle{Q_X(t)= \sum_{k=0}^{+\infty} \mathbb{P}([X=k])t^k }$ est une série entière de rayon de convergence qui est supérieur ou égal à 1.
On a convergence de classe $\mathcal{C}^{\infty}$ sur $]-1,1[$.
Au bord avec $\sum_{k=0}^{+\infty} \mathbb{P}([X=k])=1$ on a la convergence absolue en $-1$ et $1$. Donc la convergence est sur le fermé $[-1,1]$.
Cela est valable quelle que soit la loi étudiée.
Maintenant le calcul : $\forall t \in [-1,1]$
$\displaystyle{Q_X(t)= \sum_{k=0}^{+\infty} \mathbb{P}([X=k])t^k =  \sum_{k=1}^{+\infty} (1-p)^{k-1}.p.t^k = pt  \sum_{k=0 }^{+\infty} (1-p)^{k}.t^k=  \frac{pt}{1-(1-p)t} }$.

LeVioloniste

Q29a
La justification de la définition a été faite en Q28.

Au bord avec $Q_X(1)=\sum_{k=0}^{+\infty} \mathbb{P}([X=k])=1$ provient du fait que la somme des probabilités élémentaires d'une va vaut 1.

Donc $Q_X(1)=1$

LeVioloniste

Q29b
Si $X$ admet un moment d'ordre 1 alors :  $\displaystyle{\mathbb{E}[X]=\sum_{k=0}^{+\infty} k.\mathbb{P}([X=k]) < +\infty }$
On a convergence de classe $\mathcal{C}^{\infty}$ sur $|-1,1[$ donc on peut dériver la série : $\displaystyle{Q_X(t)= \sum_{k=0}^{+\infty} \mathbb{P}([X=k])t^k }$ sur $]-1,1[$.
Alors $\displaystyle{Q_X'(t)= \sum_{k=1}^{+\infty} k.\mathbb{P}([X=k])t^{k-1} }$. Donc $\displaystyle{Q_X'(1)= \sum_{k=1}^{+\infty} k.\mathbb{P}([X=k]) = \mathbb{E}[X]  }$
Je ne sais pas si le passage à la limite dans la dérivée $t \mapsto 1$ est légitime.
Il faut que $Q_X$ soit dérivable à gauche en 1.

Boulex

Je me demande comment sont fait les baremes

bd2017

Bonjour
Je n'avais pas vu. Je ne suis pas du tout d'accord avec la réponse de 27.c ci dessus.

D'abord sur le fond.  À la question 27.b (juste avant) on a établi les lois  des $X_{n,j}$ en utilisant implicitement l'indépendance. C'est-à-dire qu'au tirage numéro $j$  le nombre de tirages qu'on va faire ne dépend pas des résultats qui précèdent.

Donc la question 27.c  ne fait que marquer le coup car l'indépendance va être certainement utilisée dans des questions à venir.

Ainsi  tout calcul (simple ou compliqué)  consisterait   à faire : 

 (" les  $X_{n,j}$  sont mutuellement indépendants")  $\Rightarrow$  (" les  X_{n,j} suivent la loi ... blabla"  )$\Rightarrow$ (" les  $X_{n,j}$  sont mutuellement indépendants")

Autrement  Pour démontrer P,  j'admets P. 

En conclusion je pense fortement que dans cette question,  il n'y a pas de calculs à faire. En tout cas, c'est mon point de vue.

Maintenant sur la forme.  Je commence à lire les calculs malgré tout, et voici mon commentaire sur ceci.

LeVioloniste a dit :

Q27c

Là on attaque une question difficile. Si on veut montrer l'indépendance, il faut relier les lois aux tirages qui sont eux indépendants. On a $X_{n,i}=T_i-T_{i-1}$. Mais il est difficile de casser les liaisons entre les $T_i$.

Par définition des $T_n$  on a : $$T_i=\sum_{j=1}^i  X_{i,j} \,\, \mbox{ et }  T_{i-1}=\sum_{j=1}^{i-1}  X_{i-1,j} .$$  Donc   $T_i-T_{i-1}$ n'est surement pas égal $X_{n-i}.$ 
Cela  commence très mal  pour une démonstration qui serait compliquée.  
Vu cela, et bien entendu, le début de mon message, il n'y a aucune raison que je lise la suite.   

LeVioloniste

Q27c

Dans ce cas disons la construction des $X_{n,i}$ est un système sans mémoire, d'où l'indépendance.

bd2017

Oui, je préfère cette réponse qui ne coûte pas cher. 

Maintenant concernant ta réponse à 29. b   $E(X)=\sum_{k=0}^\infty k P(X=k)$  c'est exact. 

Mais on en demande plus dans la question, on demande de démontrer que $Q_X$  est dérivable sur $[-1,1].$ Ce n'est pas très compliqué, c'est dommage de passer au dessus.  (je dis ça pour @Oshine)

Maintenant pour celui qui a des difficultés à le montrer, il pourra se rattraper par la suite parce que 

dans l'application  concrète à suivre le rayon de convergence est >1.    

noobey

def collectioneur(n):
  res = 0
  vignettes = set()
  while len(vignettes)!=n : 
    res+=1
    vignettes.add(randint(1,n))
  return res

bd2017

Merci @Noobey. Je ne connais ce logiciel  Python. Mais si le programme est aussi court, c'est qu'il manipule très bien liste.

Je suppose que le travail qu'on n'a pas à faire est dans l'instruction "len(vignettes:)" 

qui je suppose  donne le nombre d'éléments différents dans la liste "vignettes". À moins que "vignettes"  soit considérée comme un ensemble... "set"  = ensemble".

noobey

Un set en python est une liste non ordonnée ne pouvant comporter que des éléments DISTINCTS "hashables", par exemple des entiers des floatants ou des chaines de caractère. 
Quand j'utilise la fonction add, si l'élément que je rajoute est déjà dans le set il ne se passe rien

Du coup oui j'ai un peu shunté le programme attendu j'imagine

LeVioloniste

bd2017 a dit : https://les-mathematiques.net/vanilla/discussion/comment/2465327/#Comment_2465327

[Inutile de recopier un message présent sur le forum. Un lien suffit. AD]

Je ne passe pas par dessus. Je ne sais plus comment on fait. La permutation de la limite et de la somme est conditionnée à la convergence uniforme. On a convergence normale sur tout disque centré fermé dans le disque de convergence.

Est-ce le théorème de convergence uniforme d'Abel qui marche ici ?

Et cela n'intéresse pas que @OShine mais tous les lecteurs du forum.

Par principe je fais toutes les questions et je demande de l'aide quand je bloque. Pour ceux qui peuvent et veulent bien aider.

OShine

Je traiterai cette partie du sujet quand j'aurai vu le cours d'analyse proba de spé.
Donc normalement dans quelques mois.

bd2017

29. (d) $$\mathbb{P}( X+Y=k)=\mathbb{P}( \cup _{j=0}^k  [ (X=j) \mbox { et }  (Y= k-j)]=...=\sum_{j=0} ^k \mathbb{P}(X=j) \mathbb{P}(Y=k-j).$$   

D'où pour tout $t\in [-1,1]$ :$$  \begin{align*}
g_{X+Y}(t)&=\sum_{k=0}^\infty  \mathbb{P}(X+Y=k)  t^k \\
&= \sum_{k=0}^\infty \sum_{j=0} ^k \mathbb{P}(X=j)t^j  \mathbb{P}(Y=k-j) t^{j-k}\\
&= [\sum_{k=0}^\infty  \mathbb{P}(X=k) t^k][ \sum_{k=0}^\infty  \mathbb{P}P(Y=k) t^k]
\end{align*}$$

OShine

Je vais essayer de faire le calcul de la fraction rationnelle, pour évaluer mes compétences en calcul et voir si je trouve pareil.

OShine

@bd2017
Je bloque sur le calcul de la partie entière de la fraction rationnelle $a_0$.
Pour le reste du calcul j'ai compris ce que tu fais.

LeVioloniste

Je n'ai pas abandonné.

Je voudrais revenir à Q29b.

Pour reprendre une expression de @OShine je bloque.

En relisant mon cours sur les séries entières (mon agrégation est lointaine ...) il est écrit dans mon cours qu'aucun résultat général sur l'étude au bord du disque n'est au programme.

Du coup je ne vois pas comment justifier la dérivabilité sur le fermé $[1,1]$. Je me pose la question d'une erreur d'énoncé. La dérivation c'est toujours sur des ouverts.

Bon en fait j'ai compris il faut utiliser l'existence du nombre dérivé. Je détaille ma démo ci-après.

LeVioloniste

Q29b

Je reprends mes notations :

$\displaystyle{Q_X(t)= \sum_{k=0}^{+\infty} \mathbb{P}([X=k])t^k }$ sur $]-1,1[$ et $\displaystyle{Q_X'(t)= \sum_{k=1}^{+\infty} k.\mathbb{P}([X=k])t^{k-1} }$

J'effectue le calcul : $\displaystyle{ \frac{Q_X(t)-Q_X(1)}{t-1}= \sum_{k=1}^{+\infty} \mathbb{P}([X=k]).\frac{t^k-1}{t-1}=  \sum_{k=1}^{+\infty} \mathbb{P}([X=k]).(1+t+\cdots+t^{k-1}) }$

Remarquons que $|\mathbb{P}([X=k]).(1+t+\cdots+t^{k-1})| \leq k.\mathbb{P}([X=k])$ sur $[-1,1]$.

Par l'existence de l'espérance alors $\displaystyle{ \sum_{k=1}^{+\infty} \mathbb{P}([X=k]).(1+t+\cdots+t^{k-1}) }$ converge normalement sur $[-1,1]$.

Je peux donc permuter les signes $\sum$ et $lim$

$\displaystyle{ lim_{t \mapsto 1^{-}} \frac{Q_X(t)-Q_X(1)}{t-1} =   lim_{t \mapsto 1^{-}} \sum_{k=1}^{+\infty} \mathbb{P}([X=k]).(1+t+\cdots+t^{k-1}) }$=$\displaystyle{ \sum_{k=1}^{+\infty}  lim_{t \mapsto 1^{-}} \mathbb{P}([X=k]).(1+t+\cdots+t^{k-1}) = \sum_{k=1}^{+\infty}  k.\mathbb{P}([X=k]) } $

Donc on a bien la dérivabilité en $1$.

Pour le prolongement en $-1$ on a le cas d'une série alternée qui converge.

OShine

Et pour la 30.c je ne comprends pas pourquoi on a le droit de rentrer la somme finie dans la somme infinie.

Bbidule

@Oshine: mots-clés "combinaison linéaire de séries convergentes"

LeVioloniste

Q29c

. Si $X,Y$ suivent la même loi, alors $\forall n \in \mathbb{N}$ alors $\mathbb{P}([X=n])=\mathbb{P}([Y=n])$. Donc on a $Q_X(t)=Q_Y(t)$ sur $[-1,1]$, car tous les coefficients des 2 séries sont égaux.

Réciproque : si $Q_X(t)=Q_Y(t)$ sur $[-1,1]$ alors $Q_X(t)-Q_Y(t)=0$ soit $\forall n \in \mathbb{N}$; $\mathbb{P}([X=n])-\mathbb{P}([Y=n])=0$.

Donc $X,Y$ suivent la même loi.

OShine

@Bbidule
Ok merci ça je connais.

Il faut effectuer la division euclidienne de $t^{n-1}$ par $\displaystyle\prod_{k=1}^{n-1} (1- \dfrac{kt}{n} )$, comment on fait pour trouver ce résultat qui donne la partie entière de la fraction rationnelle ? 

LeVioloniste

Q29d

On va montrer que $Q_{X+Y}=Q_{X}Q_{Y}$

Plaçons nous sur $]-1,1[$, soit $z \in ]-1,1[$ (je me méfie des intervalles fermés et d'ailleurs l'énoncé ne parle pas de l'intervalle.

$\displaystyle{ Q_{X+Y}(z)= \sum_{k=0}^{+\infty} \mathbb{P}([X+Y=k]).z^k }$

On écrit $\displaystyle{  [X+Y=k]=\bigcup_{i=0}^k [X=i, Y=k-i] }$ alors

$\displaystyle{ Q_{X+Y}(z) = \sum_{k=0}^{+\infty} \sum_{r+s=k} \mathbb{P}([X=r]).\mathbb{P}([Y=s]) z^k }$ car les va sont indépendantes.

Ainsi $\displaystyle{ Q_{X+Y}(z) = (\sum_{r=0}^{+\infty} \mathbb{P}([X=r]). z^r) (\sum_{s=0}^{+\infty} \mathbb{Q}([Y=s]). z^r) = Q_{X}(z) \times Q_{Y}(z) }$

LeVioloniste

Je continue les questions même si @bd2017 a traité des questions. Comme cela je vais vérifier si je suis d'accord.

On a calculé l'espérance et la variance de $T_k$ mais je m'interroge sur la nature de la va. Sinon ce ne sont que des calculs idiots.

Quel est la nature d'une va somme de lois géométriques ? Si $X,Y$ sont géométriques $min(X,Y)$ est géométrique est un exo classique.

bd2017

@Oshine. D'abord $a_0$  je l'avais noté $a_\infty$ au début puis je me suis ravisé...pour que la notation colle avec les $a_k,k=1,...$

La fraction rationnelle a au numérateur un polynôme de degré $n-1$  et au dénominateur aussi.
Donc il y a une partie entière qui est une constante obtenue  tout bêtement en faisant tendre $t$ vers l'infini.  C'est tout.

Ensuite concernant l'échange des sommes. Attention, une des deux  sommes est finie. On est dans le cas facile $\Sigma_{n\in \N} (u_n+ v_n)=\Sigma_{n\in \N} u_n +\Sigma_{n\in \N} v_n$... vérifie s-t-p que l'échange est autorisé.  . 

@LeVioloniste encore une fois tu recopies la démonstration que  $g_{X+Y}=g_X g_Y$  que je me suis fatigué à écrire et qui de plus est censé être connus de tous. Quel est l'intérêt de faire du copié-collé ?  

Le sujet est assez long c'est inutile de surcharger. Tu peux mettre une démonstration si elle différente mais ici ne n'est pas du tout le cas.

Et puis  tu qualifies les  calculs "d'idiots"  qui ne sont pas si faciles que ça et que tu n'as pas fait. Alors,  tout de même,  fais un peu attention à ce qualificatif d'autant plus que  pour faire court, j'ai omis des détails de sorte que certains passages peuvent être compliqués à comprendre  pour quelques personnes.

Maintenant concernant la dérivabilité de la série entière en $x=1.$ Ta démonstration me semble correcte mais pourquoi ne pas répondre plus simplement avec les accroissements finis puisque la série dérivée $Q'_X(t)$   est une série entière qui converge sur $[-1,1]$  donc en particulier est elle continue sur $[-1,1].$ La réponse est plus directe.   

Ensuite pour la borne $-1$ ta petite phrase expéditive je ne la comprends pas .

LeVioloniste

Je reprends les questions indépendamment de @bd2017

Je ne fais aucun copié-collé je cherche de mon côté. Je cherche une bonne rédaction.

Q30a

Des questions posées précédemment 

$X_{n,i} \sim \mathcal{G}(\frac{n-i+1}{n})$ et $\displaystyle{T_n = \sum_{i=1}^n X_{n,i}}$

Pour appliquer la formule multiplicative de la série génératrice :

Les $(X_{n,i})_n$ sont mutuellement indépendantes entre elles, ce qui est plus fort que les va sont indépendantes 2 à 2 (et insuffisant).

Dans ce cas on peut donc écrire sachant que $\displaystyle{Q_{Y}(t)=  \frac{pt}{1-(1-p)t} }$ si $X \sim \mathcal{G}(p)$.

Pour $t \in [-1,1]$, $\displaystyle{Q_n(t)= \prod_{i=1}^n Q_{X_{n,i}}(t)  = \prod_{i=1}^n \frac{[\frac{n-i+1}{n}]t}{1-(1-[\frac{n-i+1}{n}])t} = \prod_{i=1}^n \frac{[\frac{n-i+1}{n}]t}{1-(\frac{i-1}{n})t} =  \prod_{i=1}^n \frac{(1-\frac{i-1}{n})t}{1-(\frac{i-1}{n})t} }$

On calcule séparément numérateur et dénominateur :

$\displaystyle{ \prod_{i=1}^n  (1-\frac{i-1}{n})t = \frac{t^n}{n^n} \prod_{i=1}^n (n-i+1)  = \frac{t^n}{n^n}.n! }$

$\displaystyle{ \prod_{i=1}^n  (1-(\frac{i-1}{n})t) =\prod_{i=1}^{n-1}  (1-\frac{i}{n}t)  }$ car pour $i=1$, $(1-(\frac{i-1}{n})t)=1$.

Donc par quotient , Pour $t \in [-1,1]$, $\displaystyle{Q_n(t)= [\frac{t^n}{n^n}.n!] \times \frac{1}{\prod_{i=1}^{n-1}  (1-\frac{i}{n}t)} }$

Magnifique !

LeVioloniste

Q30b

On suit l'indication de l'énoncé : on rabaisse d'1 degré le numérateur pour ne pas avoir de partie principale sous forme de polynôme de degré 1 dans la décomposition en éléments simples. Je n'ai pas saisi l'intérêt le fait de descendre d'un degré la partie principale.

Reprenons Pour $t \in [-1,1]-\{0\}$, $\displaystyle{ \frac{Q_n(t)}{t}= [\frac{t^{n-1}}{n^n}.n!] \times \frac{1}{\prod_{i=1}^{n-1}  (1-\frac{i}{n}t)} }$

D'après le théorème de décomposition en éléments simples on a existence et unicité de réels $(a_0,\cdots,a_{n-1})$ tels que
$\displaystyle{ \frac{Q_n(t)}{t}=a_0+ \sum_{i=1}^{n-1} \frac{a_i}{1-\frac{i}{n}t} }$

Fixons $k \in [[1,n-1]]$, $\displaystyle{ \frac{Q_n(t)}{t}(1-\frac{k}{n}t)=a_0.(1-\frac{k}{n}t) + a_k + (1-\frac{k}{n}t)\sum_{i=1, i\neq k}^{n-1} \frac{a_i}{1-\frac{i}{n}t} }$ puis on substitue $t=\frac{n}{k}$

Puis $\displaystyle{a_k= [\frac{(\frac{n}{k})^{n-1}}{n^n}.n!] \times \frac{1}{\prod_{i=1, i\neq k}^{n-1}  (1-\frac{i}{n}.\frac{n}{k})} } $=$\displaystyle{ \frac{n!}{k^{n-1}.n}.\frac{1}{\prod_{i=1, i\neq k}^{n-1}  (1-\frac{i}{k}) } }$

Puis $\displaystyle{ \prod_{i=1, i\neq k}^{n-1}  (1-\frac{i}{k}) =  \prod_{i=1, i\neq k}^{n-1}  (\frac{k-i}{k}) = \frac{k!(-1)^{n-k-1}(n-k-1)!}{k^{n-2}} }$

Alors $\displaystyle{a_k= \frac{n!}{k^{n-1}.n}. \frac{k^{n-2}}{k!(-1)^{n-k-1}(n-k-1)!} = (-1)^{n-k-1}. \frac{(n-1)!}{k!(n-k-1)!} =(-1)^{n-k-1}. \binom{n-1}{k} }$

Et voilà !

Il reste $a_0$ : il faut regarder le facteur devant le polynôme de plus haut degré dans l'expression de $\displaystyle{ \frac{Q_n(t)}{t} }$

C'est du coup $\displaystyle{ [\frac{1}{n^n}.n!] \times \frac{1}{\prod_{i=1}^{n-1}  (-\frac{i}{n})} = \frac{n!}{n^n}. (-1)^{n-1}.\prod_{i=1}^{n-1} \frac{n}{i} = (-1)^{n-1}. \frac{n!}{n^n}.\frac{n^{n-1}}{(n-1)!} = (-1)^{n-1} } $

Cette formule est conforme à la formule des $a_k$ pour $k=0$

Ainsi Pour $t \in [-1,1]-\{0\}$, $\displaystyle{ \frac{Q_n(t)}{t}= a_0 + \sum_{i=1}^{n-1} \frac{a_i}{1-\frac{i}{n}t} = (-1)^{n-1} + \sum_{i=1}^{n-1}   (-1)^{n-k-1}. \binom{n-1}{k} .  \frac{1}{1-\frac{i}{n}t} }$

Pour $t \in [-1,1]$, $\displaystyle{ Q_n(t) = \sum_{i=0}^{n-1}   (-1)^{n-k-1}. \binom{n-1}{k} .  \frac{t}{1-\frac{i}{n}t} }$