Modélisation mathématique et informatique
Agro-VétoBCPST2026
Cherchez d'abord seul. En cas de blocage, ouvrez une indication, réessayez, puis seulement la solution.
# Agro-Véto BCPST — Modélisation mathématique et informatique 2026 · Corrigé guidé
*Corrigé rédigé par IA, non officiel. Signalez toute erreur.*
## Présentation du sujet
**Cadre.** Épreuve de 3 heures, sans calculatrice ni document. Un problème unique, en quatre parties, consacré à la **fonction génératrice** d'une variable aléatoire $X$ à valeurs dans $\mathbb N$ :
$$G_X(t)=\sum_{n=0}^{+\infty}P(X=n)\,t^n .$$
Une annexe rappelle trois commandes Python : `rd.binomial(n, p)` (module `numpy.random`), `plt.plot(x, y)` et `plt.show()` (module `matplotlib.pyplot`). On compte **81 questions élémentaires**.
**Découpage.**
- **Partie I (Q 1 à 4)** : la boîte à outils. Définition de $G_X$ sur $[0,1]$, valeurs en $0$ et $1$, croissance, $G_X(t)=E(t^X)$, variance de $t^X$, loi binomiale, caractérisation des variables presque sûrement bornées par le caractère polynomial de $G_X$, $E(X)=G_X'(1)$, et surtout le fait que **$G_X$ caractérise la loi** (Q 4). Tout le reste du sujet s'appuie sur ces résultats.
- **Partie II (Q 5 à 12)** : jacinthes soumises à deux filtres successifs (hauteur puis floraison). On obtient **trois fois** la loi $\mathcal B(n,p_1p_2)$ du nombre $J_2$ de plantes retenues : par la formule des probabilités totales et un calcul de coefficients binomiaux, par la composition $G_{J_2}=G_{J_1}\circ G_{X_1}$, puis directement. Trois programmes Python simulent $J_2$.
- **Partie III (Q 13 à 30)** : un **processus de branchement** (modèle de Galton-Watson) pour une population d'euglènes. Croissance moyenne $E(N_j)=E(D)^j$, exemples, puis le résultat central : la probabilité d'extinction $\alpha$ est **le plus petit point fixe** de $G_D$ sur $[0,1]$ ; elle vaut $1$ si $E(D)\le1$ et est $<1$ si $E(D)>1$. Une dichotomie en Python la calcule.
- **Partie IV (Q 31 à 33)** : estimation de $G_X$ par une moyenne empirique (inégalité de Bienaymé-Tchebychev), lecture d'un programme de tracé avec bande de confiance, puis tracé exact quand la loi est connue.
Les parties II, III et IV sont indépendantes entre elles ; la sous-partie III.C utilise un résultat admis qui n'est démontré qu'en III.D.
**Notions du programme mobilisées.** Séries à termes positifs (comparaison, équivalents), théorème de transfert, variance et König-Huygens, formule du binôme, polynômes (nombre de racines), système complet d'événements et probabilités totales, lois de Bernoulli et binomiale, indépendance et lemme des coalitions, $\sigma$-additivité, suites récurrentes $u_{n+1}=f(u_n)$, étude de fonctions et théorème de la bijection, inégalité de Bienaymé-Tchebychev ; en Python : boucles, listes, récursivité, dichotomie, parcours d'arbre.
**Difficulté et gestion du temps.** Le sujet est long mais très guidé. Les questions les plus délicates sont Q 3.1 (sens réciproque), Q 10.1 (réindexation), Q 18.1-18.2 (indépendance), Q 20 et Q 25.2 (propriété de branchement), Q 22.3 (parcours d'arbre). À ne pas laisser passer : Q 1.1 à 1.6, Q 2, Q 5, Q 6, Q 7.1, Q 8.1, Q 8.4, Q 11, Q 14 à 17, Q 21, Q 23.1-23.2, Q 24, Q 25.3 à 25.6, Q 26 à 29, Q 30, Q 31, Q 33. Les questions de code (7.1, 7.2, 9, 12, 22.1 à 22.3, 23.4, 30, 32.1 à 32.4, 33) sont nombreuses et rapides : ne pas les garder pour la fin. Compter environ 30 minutes pour la partie I, 40 minutes pour la partie II, 1 h 20 pour la partie III et 30 minutes pour la partie IV.
Convention utilisée partout : $t^0=1$ pour tout réel $t$, y compris $t=0$ (en Python, `0**0` vaut `1`).
## Partie I — Notion de fonction génératrice
On installe les propriétés de $G_X$ avec les seuls outils des séries numériques à termes positifs (les séries entières ne sont pas au programme de BCPST), puis on fait le lien avec l'espérance.
### Question 1.1
> [!INDICATION]
> Pour $t\in[0,1]$, encadrez le terme général $P(X=n)t^n$.
> [!INDICATION]
> Que vaut $\sum_{n\ge0}P(X=n)$ ? Quel théorème de comparaison s'applique à des séries à termes positifs ?
#### Solution
Soit $t\in[0,1]$. Pour tout $n\in\mathbb N$, $0\le t^n\le1$ et $P(X=n)\ge0$, donc
$$0\le P(X=n)\,t^n\le P(X=n).$$
La famille $\big((X=n)\big)_{n\in\mathbb N}$ est un système complet d'événements, donc la série à termes positifs $\sum P(X=n)$ converge et vaut $1$. Par le théorème de comparaison des séries à termes positifs, $\sum P(X=n)t^n$ converge. **$G_X$ est définie en tout point de $[0,1]$.**
> [!PIEGE]
> Le théorème « $u_n\le v_n$ et $\sum v_n$ converge, donc $\sum u_n$ converge » exige $u_n\ge0$. Il faut écrire la minoration par $0$.
### Question 1.2
> [!INDICATION]
> Évaluez chaque terme de la série en $t=0$ en tenant compte de la convention $0^0=1$, puis en $t=1$.
#### Solution
En $t=0$ : $0^0=1$ et $0^n=0$ pour $n\ge1$, donc seul le terme $n=0$ subsiste. En $t=1$ : on somme les $P(X=n)$, ce qui donne $1$.
$$\boxed{G_X(0)=P(X=0),\qquad G_X(1)=1}$$
> [!PIEGE]
> Écrire $G_X(0)=0$ en oubliant que $0^0=1$. Or $G_X(0)=P(X=0)$ servira à la question 26.
### Question 1.3
> [!INDICATION]
> Prenez $0\le s\le t\le1$ et comparez les termes généraux des deux séries.
> [!INDICATION]
> Une inégalité entre sommes partielles se conserve par passage à la limite.
#### Solution
Soient $0\le s\le t\le1$. Pour tout $n$, $u\mapsto u^n$ est croissante sur $\mathbb R_+$, donc $s^n\le t^n$, et, comme $P(X=n)\ge0$, $P(X=n)s^n\le P(X=n)t^n$. En sommant pour $n$ de $0$ à $N$, puis en faisant tendre $N$ vers $+\infty$ (les deux séries convergent d'après Q 1.1, et une inégalité large passe à la limite), on obtient $G_X(s)\le G_X(t)$. **$G_X$ est croissante sur $[0,1]$.**
### Question 1.4
> [!INDICATION]
> Utilisez les deux questions précédentes plutôt qu'une nouvelle majoration.
#### Solution
$G_X(t)$ est la somme d'une série à termes positifs, donc $G_X(t)\ge0$. Par croissance (Q 1.3) et Q 1.2, $G_X(t)\le G_X(1)=1$.
$$\boxed{\forall t\in[0,1],\ G_X(t)\in[0,1]}$$
> [!METHODE]
> Dans un sujet construit en escalier, une réponse courte qui cite les questions précédentes est attendue. Ce résultat fait de $G_X$ une application de $[0,1]$ dans $[0,1]$, ce qui permettra d'itérer $G_D$ en partie III.
### Question 1.5
> [!INDICATION]
> $t^X$ est l'image de $X$ par une fonction ; quel théorème donne l'espérance d'une telle variable ?
> [!INDICATION]
> La condition d'existence du théorème de transfert est une convergence absolue : la question 1.1 la fournit.
#### Solution
Soit $t\in[0,1]$. La variable $t^X$ est $\varphi(X)$ avec $\varphi:n\mapsto t^n$. D'après le théorème de transfert, elle admet une espérance si et seulement si la série $\sum|\varphi(n)|P(X=n)=\sum t^nP(X=n)$ converge, ce qui est le cas (Q 1.1, termes positifs) ; alors
$$\boxed{E\big(t^X\big)=\sum_{n=0}^{+\infty}t^nP(X=n)=G_X(t)}$$
> [!PIEGE]
> $E(t^X)$ n'est pas $t^{E(X)}$ : l'espérance ne commute pas avec une fonction non affine.
### Question 1.6
> [!INDICATION]
> Écrivez $\big(t^X\big)^2$ comme une puissance d'un autre réel de $[0,1]$.
> [!INDICATION]
> Appliquez Q 1.5 à ce réel, puis la formule de König-Huygens ; pour la majoration, servez-vous de Q 1.4.
#### Solution
Soit $t\in[0,1]$. Pour tout $\omega$, $\big(t^{X(\omega)}\big)^2=(t^2)^{X(\omega)}$, et $t^2\in[0,1]$. D'après Q 1.5, $(t^X)^2=(t^2)^X$ admet une espérance égale à $G_X(t^2)$ : $t^X$ admet un moment d'ordre 2, donc une variance, et
$$\boxed{V\big(t^X\big)=E\big((t^X)^2\big)-E(t^X)^2=G_X(t^2)-G_X(t)^2}$$
Comme $G_X(t)^2\ge0$ et $G_X(t^2)\le1$ (Q 1.4), $V(t^X)\le1$.
> [!METHODE]
> Cette majoration grossière est **universelle** (indépendante de la loi de $X$) : c'est elle qui permettra en partie IV de dimensionner un échantillon sans connaître $G_X$.
### Question 2
> [!INDICATION]
> La série se réduit à une somme finie ; reconnaissez une formule classique.
#### Solution
$X$ est à valeurs dans $\{0,\dots,n\}$, donc $P(X=k)=0$ pour $k>n$ et, pour $t\in[0,1]$,
$$G_X(t)=\sum_{k=0}^n\binom nkp^k(1-p)^{n-k}t^k=\sum_{k=0}^n\binom nk(pt)^k(1-p)^{n-k}=(pt+1-p)^n$$
par la formule du binôme de Newton.
$$\boxed{G_X(t)=(pt+1-p)^n}$$
> [!METHODE]
> Contrôle gratuit : $G_X(1)=1$ et $G_X(0)=(1-p)^n=P(X=0)$. Le cas $n=1$ donne la loi de Bernoulli : $G(t)=pt+1-p$, utile en Q 10.2.
### Question 3.1
> [!INDICATION]
> Sens direct : montrez que $P(X=n)=0$ pour tout $n>m$, à l'aide de la somme des $P(X=n)$.
> [!INDICATION]
> Sens réciproque : raisonnez par l'absurde, en supposant $P(X=n_0)>0$ pour un $n_0$ strictement supérieur au degré du polynôme, et regardez le comportement quand $t\to+\infty$.
> [!INDICATION]
> Pour $t>1$, une somme de termes positifs est supérieure à chacun de ses termes. Comparez à $t^d$ où $d$ est le degré.
#### Solution
**(i) ⇒ (ii).** Si $P(X\le m)=1$, alors $\sum_{n=0}^mP(X=n)=1$, donc $\sum_{n>m}P(X=n)=1-1=0$. Une série à termes positifs de somme nulle a tous ses termes nuls : $P(X=n)=0$ pour $n>m$. Pour tout $t\in\mathbb R$, la série définissant $G_X(t)$ n'a qu'un nombre fini de termes non nuls : $G_X$ est définie sur $\mathbb R$ et $G_X(t)=\sum_{n=0}^mP(X=n)t^n$ est polynomiale.
**(ii) ⇒ (i).** Supposons $G_X$ définie sur $\mathbb R$ et égale sur $\mathbb R$ à une fonction polynomiale $Q$. Comme $Q(1)=1$, $Q$ n'est pas nul ; soit $d$ son degré et $c\ne0$ son coefficient dominant. Supposons qu'il existe $n_0>d$ tel que $P(X=n_0)>0$. Pour $t>1$, tous les termes de la série sont positifs, donc
$$\frac{Q(t)}{t^d}=\frac{G_X(t)}{t^d}\ge P(X=n_0)\,t^{\,n_0-d}\xrightarrow[t\to+\infty]{}+\infty,$$
alors que $Q(t)/t^d\to c$ : contradiction. Ainsi $P(X=n)=0$ pour tout $n>d$ et $P(X\le d)=\sum_{n=0}^{+\infty}P(X=n)=1$ : $m=d$ convient.
**(i) et (ii) sont équivalentes.**
> [!PIEGE]
> Invoquer « l'unicité des coefficients d'une série entière » : ce résultat n'est pas au programme de BCPST. L'argument de croissance comparée suffit.
> [!JURY]
> Une équivalence se démontre en deux sens clairement séparés et annoncés ; chaque sens doit conclure explicitement sur l'assertion visée.
### Question 3.2
> [!INDICATION]
> Sous ces hypothèses, toutes les sommes sont finies : il n'y a plus de difficulté de convergence.
#### Solution
D'après Q 3.1, $P(X=n)=0$ pour $n>m$. La série $\sum nP(X=n)$ n'a qu'un nombre fini de termes non nuls : $X$ admet une espérance, $E(X)=\sum_{n=0}^mnP(X=n)$. Par ailleurs, $G_X$ coïncide sur $\mathbb R$ avec le polynôme $\sum_{n=0}^mP(X=n)t^n$, donc est dérivable en $1$, et
$$(G_X)'(1)=\sum_{n=1}^mnP(X=n)=E(X).\qquad\boxed{E(X)=(G_X)'(1)}$$
> [!METHODE]
> Dériver « terme à terme » n'est licite ici que parce que la somme est finie ; c'est ce qu'il faut dire.
### Question 4
> [!INDICATION]
> Un sens est immédiat. Pour l'autre, écrivez $G_X$ et $G_Y$ comme des polynômes (pourquoi est-ce possible ?).
> [!INDICATION]
> Combien de racines peut avoir un polynôme non nul de degré au plus $m$ ?
#### Solution
(i) ⇒ (ii) : si $X$ et $Y$ ont même loi, les séries définissant $G_X(t)$ et $G_Y(t)$ ont les mêmes termes.
(ii) ⇒ (i) : $X$ et $Y$ sont à valeurs dans $\{0,\dots,m\}$, donc $G_X(t)=\sum_{n=0}^mP(X=n)t^n$ et $G_Y(t)=\sum_{n=0}^mP(Y=n)t^n$. Le polynôme $\sum_{n=0}^m\big(P(X=n)-P(Y=n)\big)t^n$, de degré au plus $m$, s'annule sur $[0,1]$, ensemble infini : c'est le polynôme nul, donc $P(X=n)=P(Y=n)$ pour $0\le n\le m$ ; pour $n>m$ les deux probabilités sont nulles. **$X$ et $Y$ ont même loi.**
> [!METHODE]
> « La fonction génératrice caractérise la loi » : pour identifier une loi, il suffit de reconnaître sa fonction génératrice (Q 10.3). Penser à vérifier que les deux variables sont à valeurs dans un même $\{0,\dots,m\}$.
## Partie II — Sommes aléatoires : un premier modèle
On détermine de trois façons la loi du nombre $J_2$ de jacinthes qui franchissent deux filtres successifs ; l'enjeu est de citer précisément les hypothèses $(A_1)$ à $(A_4)$ et de lire des programmes de simulation.
### Question 5
> [!INDICATION]
> Introduisez, pour chaque plante, l'indicatrice de l'événement « elle atteint vingt centimètres ».
> [!INDICATION]
> Reconnaissez un schéma de Bernoulli : quelles hypothèses donnent le paramètre, lesquelles donnent l'indépendance ?
#### Solution
Soit $H_i$ l'indicatrice de « la jacinthe $i$ atteint le seuil ». D'après $(A_1)$, $H_i\hookrightarrow\mathcal B(p_1)$ ; d'après $(A_3)$, $H_1,\dots,H_n$ sont indépendantes. $J_1=\sum_{i=1}^nH_i$ compte les succès de $n$ épreuves de Bernoulli indépendantes de même paramètre $p_1$ :
$$\boxed{J_1\hookrightarrow\mathcal B(n,p_1)}$$
Hypothèses utilisées : $(A_1)$ et $(A_3)$ (la floraison n'intervient pas).
> [!JURY]
> Quand l'énoncé demande de citer les hypothèses utilisées, il faut les nommer une à une, et seulement celles qui servent.
### Question 6
> [!INDICATION]
> Conditionnez par la valeur de $J_1$ ; sachant $(J_1=i)$, quelle est la loi du nombre de plantes qui fleurissent ?
> [!INDICATION]
> Formule des probabilités totales sur un système complet à trois événements ; vérifiez que la somme fait $1$.
#### Solution
$J_1\hookrightarrow\mathcal B(2,\frac23)$ : $P(J_1=0)=\frac19$, $P(J_1=1)=\frac49$, $P(J_1=2)=\frac49$. Sachant $(J_1=i)$, chacune des $i$ plantes retenues fleurit avec probabilité $\frac34$, indépendamment $(A_2,A_3,A_4)$ : la loi conditionnelle de $J_2$ est $\mathcal B(i,\frac34)$. Par la formule des probabilités totales :
$$\begin{aligned}
P(J_2=0)&=\tfrac19\cdot1+\tfrac49\cdot\tfrac14+\tfrac49\cdot\tfrac1{16}=\tfrac14,\\
P(J_2=1)&=\tfrac49\cdot\tfrac34+\tfrac49\cdot2\cdot\tfrac34\cdot\tfrac14=\tfrac12,\\
P(J_2=2)&=\tfrac49\cdot\tfrac9{16}=\tfrac14.
\end{aligned}$$
**$J_2\hookrightarrow\mathcal B(2,\frac12)$**, et l'on remarque $\frac12=\frac23\cdot\frac34=p_1p_2$.
> [!PIEGE]
> Oublier le terme $i=0$ dans $P(J_2=0)$, ou le coefficient $\binom21=2$.
### Question 7.1
> [!INDICATION]
> `rd.binomial(1, p)` renvoie $1$ avec probabilité $p$ et $0$ sinon : c'est une épreuve de Bernoulli.
> [!INDICATION]
> La liste `l` doit marquer les plantes retenues à l'issue de la première phase ; la seconde boucle ne considère que celles-là.
#### Solution
```python
def J2(n, p1, p2):
aux = 0
l = [0 for i in range(n)]
for i in range(n):
if rd.binomial(1, p1) == 1:
l[i] = 1
for i in range(n):
if l[i] == 1:
if rd.binomial(1, p2) == 1:
aux = aux + 1
return aux
```
### Question 7.2
> [!INDICATION]
> Associez chaque boucle à une phase de l'expérience et à une variable aléatoire du modèle.
#### Solution
La boucle des lignes 4 à 6 simule la **phase de croissance** : pour chaque jacinthe, un tirage de Bernoulli de paramètre $p_1$ décide si elle atteint vingt centimètres ; `l[i]` vaut alors $1$ (c'est $H_i$) et le nombre de $1$ dans `l` est une réalisation de $J_1$.
La boucle des lignes 7 à 10 simule la **phase de floraison** des seules plantes retenues : pour chaque `i` tel que `l[i] == 1`, un tirage de Bernoulli de paramètre $p_2$ décide si la plante fleurit, et `aux` compte ces plantes. La valeur renvoyée est une réalisation de $J_2$.
> [!JURY]
> Une interprétation « à l'aune du modèle » ne paraphrase pas le code : elle nomme la phase biologique et la variable simulée.
### Question 8.1
> [!INDICATION]
> Revenez à la définition : incompatibilité deux à deux, réunion égale à $\Omega$.
#### Solution
$J_1$ est à valeurs dans $\{0,\dots,n\}$. Pour $i\ne i'$, $(J_1=i)\cap(J_1=i')=\varnothing$ ; et pour tout $\omega$, $J_1(\omega)\in\{0,\dots,n\}$, donc $\bigcup_{i=0}^n(J_1=i)=\Omega$. **$(J_1=i)_{0\le i\le n}$ est un système complet d'événements.**
### Question 8.2
> [!INDICATION]
> Pour la positivité, utilisez la loi de $J_1$ et le fait que $p_1\in\,]0,1[$.
> [!INDICATION]
> Sachant $(J_1=i)$, combien de plantes peuvent fleurir, avec quelle probabilité chacune, et pourquoi le conditionnement par les hauteurs ne change-t-il rien ?
#### Solution
$P(J_1=i)=\binom nip_1^i(1-p_1)^{n-i}>0$ car $p_1\in\,]0,1[$. Sachant $(J_1=i)$, exactement $i$ plantes sont retenues ; chacune fleurit avec probabilité $p_2$ $(A_2)$, indépendamment des autres $(A_3)$ ; et $(A_4)$ assure que la floraison est indépendante de la croissance, donc que l'information « $i$ plantes ont franchi le seuil » ne modifie pas la loi des floraisons. Ainsi
$$\boxed{P_{(J_1=i)}(J_2=\ell)=\binom i\ell p_2^\ell(1-p_2)^{i-\ell}\ \ (0\le\ell\le i),\qquad 0\ \text{si}\ \ell>i}$$
La loi conditionnelle de $J_2$ sachant $(J_1=i)$ est $\mathcal B(i,p_2)$ (variable nulle si $i=0$).
> [!METHODE]
> C'est $(A_4)$ qui justifie le conditionnement : sans elle, savoir qu'une plante est haute pourrait renseigner sur son aptitude à fleurir.
### Question 8.3
> [!INDICATION]
> Formule des probabilités totales avec le système complet de Q 8.1 ; pourquoi la somme peut-elle commencer à $i=\ell$ ?
#### Solution
Les événements $(J_1=i)$ forment un système complet de probabilités non nulles, donc
$P(J_2=\ell)=\sum_{i=0}^nP(J_1=i)P_{(J_1=i)}(J_2=\ell)$. Les termes $i<\ell$ sont nuls (on ne peut avoir plus de plantes fleuries que de plantes retenues). Avec Q 5 et Q 8.2 :
$$\boxed{P(J_2=\ell)=\sum_{i=\ell}^n\binom i\ell(p_2)^\ell(1-p_2)^{i-\ell}\binom ni(p_1)^i(1-p_1)^{n-i}}$$
### Question 8.4
> [!INDICATION]
> Écrivez les quatre coefficients binomiaux avec des factorielles.
#### Solution
Pour $0\le\ell\le i\le n$ :
$$\binom i\ell\binom ni=\frac{i!}{\ell!\,(i-\ell)!}\cdot\frac{n!}{i!\,(n-i)!}=\frac{n!}{\ell!\,(i-\ell)!\,(n-i)!}$$
et
$$\binom n\ell\binom{n-\ell}{i-\ell}=\frac{n!}{\ell!\,(n-\ell)!}\cdot\frac{(n-\ell)!}{(i-\ell)!\,(n-i)!}=\frac{n!}{\ell!\,(i-\ell)!\,(n-i)!}.$$
$$\boxed{\binom i\ell\binom ni=\binom n\ell\binom{n-\ell}{i-\ell}}$$
> [!METHODE]
> Lecture combinatoire : choisir $i$ plantes parmi $n$ puis $\ell$ parmi ces $i$, c'est choisir d'abord les $\ell$ puis compléter par $i-\ell$ plantes parmi les $n-\ell$ autres.
### Question 8.5
> [!INDICATION]
> Remplacez le produit de coefficients binomiaux grâce à Q 8.4 et sortez de la somme tout ce qui ne dépend pas de $i$.
> [!INDICATION]
> Écrivez $p_1^i=p_1^\ell p_1^{i-\ell}$, posez $k=i-\ell$ et reconnaissez un binôme de Newton.
#### Solution
D'après Q 8.3 et Q 8.4,
$$P(J_2=\ell)=\binom n\ell(p_1p_2)^\ell\sum_{i=\ell}^n\binom{n-\ell}{i-\ell}\big(p_1(1-p_2)\big)^{i-\ell}(1-p_1)^{n-i}.$$
Avec $k=i-\ell$, qui décrit $\{0,\dots,n-\ell\}$, et $n-i=(n-\ell)-k$, la somme vaut
$$\sum_{k=0}^{n-\ell}\binom{n-\ell}k\big(p_1(1-p_2)\big)^k(1-p_1)^{n-\ell-k}=\big(p_1(1-p_2)+1-p_1\big)^{n-\ell}=(1-p_1p_2)^{n-\ell}.$$
$$\boxed{P(J_2=\ell)=\binom n\ell(p_1p_2)^\ell(1-p_1p_2)^{n-\ell},\qquad J_2\hookrightarrow\mathcal B(n,p_1p_2)}$$
> [!PIEGE]
> Laisser $p_1(1-p_2)+1-p_1$ sans le simplifier en $1-p_1p_2$ empêche de reconnaître la loi.
### Question 9
> [!INDICATION]
> Que représente la variable `i` tirée à la ligne 2 dans le modèle ?
> [!INDICATION]
> La ligne 3 tire une binomiale dont le premier paramètre est aléatoire : rapprochez-la de Q 8.2, puis concluez par les probabilités totales.
#### Solution
La ligne 2 simule une variable de loi $\mathcal B(n,p_1)$, c'est-à-dire le nombre $J_1$ de plantes ayant atteint le seuil (Q 5). Sachant que `i` vaut $i$, la ligne 3 renvoie une réalisation de $\mathcal B(i,p_2)$, qui est la loi conditionnelle de $J_2$ sachant $(J_1=i)$ (Q 8.2). Si $M$ désigne la valeur renvoyée, la formule des probabilités totales sur le système $(\texttt i=i)_{0\le i\le n}$ redonne exactement l'expression de Q 8.3 : $M$ a la loi de $J_2$. **`mystere1(n, p1, p2)` simule l'expérience en deux étapes et renvoie une réalisation de $J_2$, de loi $\mathcal B(n,p_1p_2)$.**
### Question 10.1
> [!INDICATION]
> Modélisez chaque plante par deux variables de Bernoulli, l'une pour la hauteur, l'autre pour la floraison, et écrivez $J_1$ et $J_2$ à l'aide de ces variables.
> [!INDICATION]
> Renumérotez les plantes en plaçant d'abord celles qui franchissent le seuil ; cette renumérotation ne dépend que des hauteurs.
> [!INDICATION]
> Pour l'indépendance, calculez $P(J_1=i,X_1=x_1,\dots,X_n=x_n)$ en conditionnant par le vecteur des hauteurs.
#### Solution
Soient $H_1,\dots,H_n,F_1,\dots,F_n$ indépendantes, $H_i\hookrightarrow\mathcal B(p_1)$ (hauteur, $A_1$), $F_i\hookrightarrow\mathcal B(p_2)$ (floraison, $A_2$) : l'indépendance entre plantes traduit $(A_3)$, celle entre hauteurs et floraisons $(A_4)$. Alors $J_1=\sum_iH_i$ et $J_2=\sum_iH_iF_i$.
Pour $h\in\{0,1\}^n$, soit $\sigma_h$ la permutation de $\{1,\dots,n\}$ qui range d'abord, par ordre croissant, les indices $i$ tels que $h_i=1$, puis les autres. Posons $X_k=F_{\sigma_H(k)}$, où $H=(H_1,\dots,H_n)$. Les indices $\sigma_H(1),\dots,\sigma_H(J_1)$ sont exactement ceux des plantes retenues, donc
$$J_2=\sum_{i:\,H_i=1}F_i=\sum_{k=1}^{J_1}X_k,$$
la somme étant nulle si $J_1=0$.
Pour $(x_1,\dots,x_n)\in\{0,1\}^n$ et $i\in\{0,\dots,n\}$, en sommant sur les $h$ tels que $h_1+\dots+h_n=i$, et par indépendance de $H$ et de $(F_1,\dots,F_n)$ :
$$P(J_1=i,X_1=x_1,\dots,X_n=x_n)=\sum_hP(H=h)P\big(F_{\sigma_h(1)}=x_1,\dots,F_{\sigma_h(n)}=x_n\big)=P(J_1=i)\prod_{k=1}^np_2^{x_k}(1-p_2)^{1-x_k},$$
car, $h$ étant fixé, $(F_{\sigma_h(1)},\dots,F_{\sigma_h(n)})$ est une permutation fixe de variables indépendantes de loi $\mathcal B(p_2)$. **Les $X_k$ suivent la loi $\mathcal B(p_2)$, $X_1,\dots,X_n,J_1$ sont indépendantes, et $J_2=\sum_{k=1}^{J_1}X_k$.**
> [!PIEGE]
> Poser simplement $X_k=F_k$ : alors $\sum_{k\le J_1}F_k$ compte les floraisons des $J_1$ **premières** plantes, qui ne sont pas forcément celles qui ont franchi le seuil.
### Question 10.2
> [!INDICATION]
> Les deux fonctions génératrices à composer sont celles de lois binomiales : la question 2 les donne.
#### Solution
D'après Q 2, $G_{X_1}(t)=p_2t+1-p_2$ (avec $n=1$) et $G_{J_1}(u)=(p_1u+1-p_1)^n$. Comme $G_{X_1}(t)\in[0,1]$ pour $t\in[0,1]$ :
$$G_{J_2}(t)=\big(p_1(p_2t+1-p_2)+1-p_1\big)^n,\qquad\boxed{G_{J_2}(t)=(p_1p_2\,t+1-p_1p_2)^n}$$
> [!METHODE]
> Vérifier $G_{J_2}(1)=1$ détecte immédiatement une erreur de calcul.
### Question 10.3
> [!INDICATION]
> Reconnaissez la fonction génératrice d'une loi connue et vérifiez les hypothèses de la question 4.
#### Solution
Soit $Z\hookrightarrow\mathcal B(n,p_1p_2)$. D'après Q 2, $G_Z(t)=(p_1p_2t+1-p_1p_2)^n=G_{J_2}(t)$ pour tout $t\in[0,1]$. Les variables $J_2$ et $Z$ sont à valeurs dans $\{0,\dots,n\}$ ; la question 4 avec $m=n$ donne **$J_2\hookrightarrow\mathcal B(n,p_1p_2)$**.
### Question 11.1
> [!INDICATION]
> Une plante est retenue si deux événements sont réalisés : lesquels, et quelle hypothèse les rend indépendants ?
#### Solution
La plante est retenue si et seulement si elle atteint le seuil (probabilité $p_1$, $A_1$) et fleurit (probabilité $p_2$, $A_2$). Ces événements sont indépendants $(A_4)$, donc
$$\boxed{P(\text{plante retenue})=p_1p_2}$$
### Question 11.2
> [!INDICATION]
> Nouveau schéma de Bernoulli, avec $n$ épreuves.
#### Solution
Soit $R_i$ l'indicatrice de « la plante $i$ est retenue » : $R_i\hookrightarrow\mathcal B(p_1p_2)$ (Q 11.1), et les $R_i$ sont indépendantes $(A_3)$. $J_2=\sum_{i=1}^nR_i$ compte les succès de $n$ épreuves indépendantes de paramètre $p_1p_2$ : **$J_2\hookrightarrow\mathcal B(n,p_1p_2)$**.
> [!METHODE]
> Morale de la partie : deux filtres indépendants successifs équivalent à un filtre unique de probabilité égale au produit des probabilités.
### Question 12
> [!INDICATION]
> Que représentent `hauteur_i` et `floraison_i` ? Quand `aux` est-il incrémenté ?
> [!INDICATION]
> Rapprochez le programme de la question 11 plutôt que de la question 7.
#### Solution
Chaque tour de boucle traite une plante : `hauteur_i` simule $\mathcal B(p_1)$ (seuil atteint, $A_1$), `floraison_i` simule $\mathcal B(p_2)$ (floraison, $A_2$), les deux tirages étant indépendants $(A_4)$. `aux` est incrémenté si et seulement si les deux valent $1$, c'est-à-dire si la plante est finalement retenue, ce qui arrive avec probabilité $p_1p_2$ (Q 11.1) ; les tours de boucle sont indépendants $(A_3)$. La valeur renvoyée est $\sum_iR_i$ : **`mystere2(n, p1, p2)` simule l'expérience de la question 11 et renvoie une réalisation de $J_2$, de loi $\mathcal B(n,p_1p_2)$.** La floraison est tirée même pour une plante non retenue, ce qui ne change rien à la loi grâce à $(A_4)$.
> [!METHODE]
> Les trois programmes `J2`, `mystere1` et `mystere2` simulent la même loi : le premier suit la chronologie, le deuxième le conditionnement (Q 8-9), le troisième le filtre unique (Q 11). `mystere1` n'appelle que deux fois `rd.binomial`.
## Partie III — Sommes aléatoires : un second modèle
Le nombre d'euglènes au jour $j+1$ est une somme aléatoire, dont le nombre de termes est la population du jour $j$. On étudie d'abord la moyenne (III.B), puis la probabilité d'extinction sur des exemples (III.C), en général (III.D) et numériquement (III.E). Les outils : indépendance et lemme des coalitions, $\sigma$-additivité, suites récurrentes, étude de fonctions.
### Question 13
> [!INDICATION]
> Pour chaque hypothèse, dites quel phénomène biologique elle suppose ou exclut.
#### Solution
- $(H_3)$ : toutes les euglènes, quel que soit le jour, ont la **même loi de reproduction**, celle de $D$ : individus interchangeables (reproduction asexuée, donc clonale), conditions de milieu stables au cours du temps.
- $(H_5)$ : une euglène engendre **au plus $m$ descendants** en une journée : fécondité bornée.
- $(H_6)$ : les nombres de descendants de toutes les euglènes, le même jour ou des jours différents, sont **indépendants** : aucune interaction (pas de compétition pour la lumière ou la nourriture, pas de régulation par la densité), aucune influence de la lignée.
> [!PIEGE]
> Paraphraser (« $(H_6)$ signifie que les variables sont indépendantes ») ne rapporte rien : il faut une traduction biologique.
### Question 14
> [!INDICATION]
> Écrivez la relation de récurrence pour $j=0$.
#### Solution
Comme $N_0=1$, $N_1=\sum_{k=1}^1D_{0,k}=D_{0,1}$, qui suit la loi de $D$ d'après $(H_3)$. **$N_1$ et $D$ suivent la même loi.**
### Question 15
> [!INDICATION]
> Récurrence sur $j$ : majorez chacun des termes de la somme.
#### Solution
$N_0=1\in\{0,\dots,m^0\}$. Supposons $N_j$ à valeurs dans $\{0,\dots,m^j\}$ et soit $\omega\in\Omega$. $N_{j+1}(\omega)$ est une somme de $N_j(\omega)$ entiers compris entre $0$ et $m$ $(H_5)$ (somme nulle si $N_j(\omega)=0$) : c'est un entier et $0\le N_{j+1}(\omega)\le mN_j(\omega)\le m^{j+1}$. **Pour tout $j$, $N_j$ est à valeurs dans $\{0,\dots,m^j\}$.**
> [!METHODE]
> Ce résultat rend finis tous les systèmes complets et toutes les sommes de la sous-partie III.B : les interversions de sommes seront licites sans théorème supplémentaire.
### Question 16
> [!INDICATION]
> Traduisez $(H_4)$ en termes de $p_n$.
#### Solution
D'après $(H_4)$, $D$ est à valeurs dans $\{0,\dots,m\}$, donc $p_n=0$ pour $n>m$ : **$S\subset\{0,\dots,m\}$**. Et $p_m=P(D=m)>0$ : **$m\in S$**.
### Question 17.1
> [!INDICATION]
> $D_{0,1}$ est l'étiquette de la racine ; $D_{1,k}$ celle du $k$-ième nœud du jour 1.
#### Solution
Les nœuds du jour 1 sont rangés de gauche à droite selon l'indice $k$ de $D_{1,k}$. Sur $A_1$, il y a $2+1=3$ euglènes au jour 2, dont la descendance n'est pas précisée ; sur $A_2$, la population est éteinte au jour 2.
### Question 17.2
> [!INDICATION]
> $A_1$ et $A_2$ sont des intersections d'événements portant sur des variables distinctes de la famille $(D_{j,k})$.
#### Solution
Les variables concernées sont indépendantes $(H_6)$ et suivent la loi de $D$ $(H_3)$ :
$$\boxed{P(A_1)=p_4p_0p_2p_1p_0=p_0^2p_1p_2p_4,\qquad P(A_2)=p_3p_0^3}$$
### Question 17.3
> [!INDICATION]
> Que signifie $\{0,1,2,3,4\}\subset S$ ?
#### Solution
Par définition de $S$, $p_0,p_1,p_2,p_3,p_4>0$, et un produit de réels strictement positifs est strictement positif : **$P(A_1)>0$ et $P(A_2)>0$.**
### Question 17.4
> [!INDICATION]
> Calculez $N_1$ puis $N_2$ pour $\omega\in A_1$.
> [!INDICATION]
> Pour l'unicité, que dire d'un événement inclus dans deux événements $(N_2=n)$ et $(N_2=n')$ distincts ?
#### Solution
Pour $\omega\in A_1$ : $N_1(\omega)=D_{0,1}(\omega)=4$, puis $N_2(\omega)=D_{1,1}+D_{1,2}+D_{1,3}+D_{1,4}=0+2+1+0=3$. Donc $A_1\subset(N_2=3)$. Si l'on avait aussi $A_1\subset(N_2=n')$ avec $n'\ne3$, on aurait $A_1\subset(N_2=3)\cap(N_2=n')=\varnothing$, ce qui contredit $P(A_1)>0$. **L'unique entier est $n=3$.**
### Question 17.5
> [!INDICATION]
> L'inclusion de Q 17.4 ne donne qu'une inégalité large. Cherchez une autre configuration d'arbre menant à trois euglènes au jour 2.
> [!INDICATION]
> Il faut un événement de probabilité strictement positive, inclus dans $(N_2=3)$ et disjoint de $A_1$.
#### Solution
Soit $B=(D_{0,1}=3,\ D_{1,1}=1,\ D_{1,2}=1,\ D_{1,3}=1)$. Sur $B$, $N_1=3$ et $N_2=3$, donc $B\subset(N_2=3)$ ; $B$ et $A_1$ sont incompatibles ($D_{0,1}$ vaut $3$ sur l'un et $4$ sur l'autre) ; $P(B)=p_3p_1^3>0$. Donc
$$P(N_2=3)\ge P(A_1\cup B)=P(A_1)+P(B)>P(A_1).$$
**$P(A_1)<P(N_2=3)$.**
> [!PIEGE]
> « L'inclusion est stricte donc l'inégalité est stricte » est faux : la différence pourrait être de probabilité nulle. Il faut exhiber un témoin de probabilité non nulle.
### Question 18.1
> [!INDICATION]
> Montrez d'abord que $N_j$ ne dépend que des variables $D_{i,k}$ avec $i\le j-1$.
> [!INDICATION]
> Pour écrire $N_{j+1}$ comme une fonction d'un nombre fixe de variables, utilisez la borne $N_j\le m^j$ et des indicatrices.
> [!INDICATION]
> Concluez par le lemme des coalitions.
#### Solution
Montrons par récurrence que $N_j$ est une fonction de la famille finie $(D_{i,k})_{0\le i\le j-1,\,1\le k\le m^i}$. C'est vrai pour $j=0$ ($N_0=1$). Si c'est vrai au rang $j$, comme $N_j\le m^j$ (Q 15),
$$N_{j+1}=\sum_{k=1}^{m^j}\mathbf 1_{\{k\le N_j\}}D_{j,k}$$
est une fonction de $N_j$ et de $D_{j,1},\dots,D_{j,m^j}$, donc des $D_{i,k}$ avec $i\le j$ et $k\le m^i$.
La famille finie $(D_{i,k})_{0\le i\le j,\,1\le k\le m^i}$ est indépendante $(H_6)$. Par le lemme des coalitions, une fonction des variables d'indice $i\le j-1$ (ici $N_j$) et les variables $D_{j,1},\dots,D_{j,m^j}$ (qui ne figurent pas dans ce paquet) sont indépendantes. **$D_{j,1},\dots,D_{j,m^j},N_j$ sont indépendantes.**
> [!JURY]
> Nommer le lemme des coalitions et préciser à quels paquets disjoints de variables il s'applique est indispensable ; « par indépendance » ne suffit pas.
### Question 18.2
> [!INDICATION]
> Formule des probabilités totales avec le système complet $(N_j=\ell)_{0\le\ell\le m^j}$.
> [!INDICATION]
> Sur $(N_j=\ell)$, $N_{j+1}$ est une somme d'un nombre **fixe** de termes ; utilisez Q 18.1 pour séparer les deux événements.
#### Solution
Soit $n\in\{0,\dots,m^{j+1}\}$. $(N_j=\ell)_{0\le\ell\le m^j}$ est un système complet (Q 15), et sur $(N_j=\ell)$, $N_{j+1}=\sum_{k=1}^\ell D_{j,k}$. Donc
$$P(N_{j+1}=n)=\sum_{\ell=0}^{m^j}P\Big((N_j=\ell)\cap\Big(\sum_{k=1}^\ell D_{j,k}=n\Big)\Big).$$
Comme $\ell\le m^j$, $\sum_{k=1}^\ell D_{j,k}$ est une fonction de $D_{j,1},\dots,D_{j,m^j}$, donc est indépendante de $N_j$ (Q 18.1, lemme des coalitions) :
$$\boxed{P(N_{j+1}=n)=\sum_{\ell=0}^{m^j}P(N_j=\ell)\,P\Big(\sum_{k=1}^\ell D_{j,k}=n\Big)}$$
Pour $\ell=0$, la somme est vide et vaut $0$.
### Question 18.3
> [!INDICATION]
> L'existence des espérances est immédiate : pourquoi ?
> [!INDICATION]
> Multipliez la relation de Q 18.2 par $n$, sommez, intervertissez les sommes finies et reconnaissez l'espérance d'une somme de $\ell$ variables.
#### Solution
$D$, $N_j$ et $N_{j+1}$ sont à valeurs dans des ensembles finis ($(H_4)$, Q 15) : elles admettent une espérance. Soit $T_\ell=\sum_{k=1}^\ell D_{j,k}$, à valeurs dans $\{0,\dots,\ell m\}\subset\{0,\dots,m^{j+1}\}$ ; par linéarité et $(H_3)$, $E(T_\ell)=\ell E(D)$. Alors
$$E(N_{j+1})=\sum_{n=0}^{m^{j+1}}n\sum_{\ell=0}^{m^j}P(N_j=\ell)P(T_\ell=n)=\sum_{\ell=0}^{m^j}P(N_j=\ell)E(T_\ell)=E(D)\sum_{\ell=0}^{m^j}\ell P(N_j=\ell).$$
$$\boxed{E(N_{j+1})=E(D)\,E(N_j)}$$
> [!PIEGE]
> La linéarité de l'espérance ne demande aucune indépendance ; l'indépendance a servi en 18.2.
### Question 18.4
> [!INDICATION]
> Suite géométrique.
#### Solution
$E(N_0)=1=E(D)^0$ et, par récurrence avec Q 18.3, $\boxed{E(N_j)=E(D)^j}$ pour tout $j\in\mathbb N$.
### Question 19
> [!INDICATION]
> Que devient $E(N_j)$ quand $j\to+\infty$ si $E(D)>1$ ? Est-ce réaliste ?
> [!INDICATION]
> Quelle hypothèse interdit toute régulation de la population par sa propre taille ?
#### Solution
Si $E(D)>1$, $E(N_j)=E(D)^j\to+\infty$, de façon géométrique : la population moyenne croît sans limite (avec $E(D)=2$, elle dépasse $10^9$ en un mois). C'est irréaliste dans un milieu fini, où la lumière, la matière organique et l'espace sont limités. Or $(H_6)$ impose que le nombre de descendants d'une euglène soit indépendant de ceux des autres, donc de la taille de la population : le modèle ignore toute compétition et toute régulation par la densité. **Le modèle n'est pertinent que tant que la population reste petite (phase initiale) ; à long terme, $(H_6)$ cesse d'être réaliste** et il faudrait une fécondité qui décroît avec la densité (modèle de type logistique).
> [!METHODE]
> Une question de critique de modèle attend trois éléments : la conséquence mathématique, le phénomène réel ignoré, l'hypothèse responsable.
> [!PIEGE]
> $E(N_j)\to+\infty$ n'entraîne pas que la population survit à coup sûr : on verra (Q 26, Q 29) que l'extinction garde une probabilité $\alpha>0$ dès que $p_0>0$.
### Question 20
> [!INDICATION]
> Combien d'euglènes vivent au jour 2 sur $A_1$ ? sur $A_2$ ?
> [!INDICATION]
> Chaque euglène vivante au jour 2 est à l'origine d'une lignée qui évolue comme le processus initial : avec quelle probabilité s'éteint-elle, et les lignées sont-elles indépendantes ?
#### Solution
Sur $A_2$, $N_2=0$, donc $A_2\subset(N_2=0)\subset E_0$ et $P(E_0\mid A_2)=1$.
Sur $A_1$, $N_2=3$ (Q 17.4). Chacune des trois euglènes présentes au jour 2 engendre une lignée qui, d'après $(H_3)$ et $(H_6)$, évolue comme le processus initial issu d'une seule euglène, indépendamment des deux autres lignées et des variables $D_{0,1},D_{1,1},\dots,D_{1,4}$ qui définissent $A_1$. La population s'éteint si et seulement si les trois lignées s'éteignent, chacune avec probabilité $\alpha$ :
$$\boxed{P(E_0\mid A_1)=\alpha^3,\qquad P(E_0\mid A_2)=1}$$
> [!PIEGE]
> Répondre $\alpha^4$ pour $A_1$ : on connaît déjà les descendants des quatre euglènes du jour 1, il faut repartir des trois euglènes du jour 2.
### Question 21.1
> [!INDICATION]
> Quelles sont les valeurs prises par $D$ ? Quel $m$ choisir ?
#### Solution
$p_0+p_2=1$, donc $p_n=0$ pour $n\notin\{0,2\}$ : $D$ est à valeurs dans $\{0,2\}\subset\{0,1,2\}$. Avec $m=2\ge2$, $P(D=m)=p>0$. **$(H_4)$ est satisfaite avec $m=2$.**
### Question 21.2
> [!INDICATION]
> Écrivez $G_D$, puis l'équation $G_D(t)=t$ : elle a une racine évidente (pourquoi est-ce toujours le cas ?).
> [!INDICATION]
> Discutez selon la position de la seconde racine par rapport à $1$.
#### Solution
$G_D(t)=1-p+pt^2$, et $G_D(t)=t\iff pt^2-t+1-p=0$. La racine $1$ est évidente (car $G_D(1)=1$) ; le produit des racines vaut $\frac{1-p}p$, donc l'autre racine est $\frac{1-p}p$, et $\frac{1-p}p\le1\iff p\ge\frac12$. D'après le résultat admis ($\alpha$ est la plus petite solution dans $[0,1]$) :
$$\boxed{\alpha_p=1\ \text{si}\ 0<p\le\tfrac12,\qquad\alpha_p=\frac{1-p}p\ \text{si}\ \tfrac12\le p\le1}$$
> [!PIEGE]
> Répondre $\alpha_p=\frac{1-p}p$ sans discussion : pour $p<\frac12$, cette valeur dépasse $1$.
### Question 21.3
> [!INDICATION]
> Étudiez chacun des deux morceaux, puis reliez le seuil à $E(D)$.
#### Solution
Sur $]0,\frac12]$, $\alpha_p=1$ est constante ; sur $[\frac12,1]$, $\alpha_p=\frac1p-1$ a pour dérivée $-\frac1{p^2}<0$ : elle décroît strictement de $1$ à $\alpha_1=0$. La fonction est continue en $\frac12$, donc décroissante au sens large sur $]0,1]$.
| $p$ | $0$ | | $\frac12$ | | $1$ |
|---|---|---|---|---|---|
| $\alpha_p$ | | $1$ (constante) | $1$ | décroissante | $0$ |
**Interprétation** : $E(D)=2p$. Tant que $E(D)\le1$, l'extinction est certaine ; au-delà du seuil $p=\frac12$, plus les divisions sont probables, plus l'extinction est improbable, et elle est impossible pour $p=1$ (chaque euglène a toujours deux descendants).
### Question 22.1
> [!INDICATION]
> Que contient `N` au début de chaque tour de la boucle externe ? Que calcule `aux` ?
#### Solution
Au début du tour `i`, `N` contient $N_i$. Les lignes 4 à 6 ajoutent à `aux`, pour chacune des `N` euglènes vivantes, une réalisation indépendante de $D$ (son nombre de descendants $D_{i,k}$) : en fin de boucle, $\texttt{aux}=\sum_{k=1}^{N_i}D_{i,k}=N_{i+1}$, que la ligne 7 range dans `N`. **Ces lignes simulent le passage d'un jour au suivant** ; si $N_i=0$, la boucle ne s'exécute pas et `aux` reste nul.
### Question 22.2
> [!INDICATION]
> Rapprochez la ligne 16 de la question 14.
#### Solution
`N1` est le nombre de descendants de l'euglène initiale de l'appel courant : **c'est une réalisation de $N_1=D_{0,1}$, le nombre d'euglènes au jour 1**, de même loi que $D$ (Q 14). Chacune de ces `N1` euglènes est ensuite traitée par un appel récursif, comme une nouvelle racine.
### Question 22.3
> [!INDICATION]
> Dans quel ordre chaque fonction visite-t-elle les euglènes de l'arbre ? Niveau par niveau, ou branche par branche ?
> [!INDICATION]
> Pour l'efficacité, comparez le nombre d'appels à `simule_D` et la mémoire utilisée, en distinguant extinction et survie.
#### Solution
**`extinction_iter` : parcours en largeur.** Chaque tour de boucle traite toute une génération (toutes les euglènes du jour $i$) avant de passer à la suivante ; seul l'effectif `N` est conservé.
**`extinction_rec` : parcours en profondeur.** Après avoir tiré le nombre `N1` d'enfants de la racine, elle appelle `extinction_rec(j-1)` sur le premier enfant ; cet appel explore entièrement le sous-arbre de cet enfant (jusqu'au jour $j$) avant de passer au deuxième enfant. La pile des appels récursifs joue le rôle de la pile d'un parcours en profondeur.
**Comparaison.** Les deux fonctions renvoient une variable de même loi (l'indicatrice de $N_j=0$).
- `extinction_iter` fait $N_0+N_1+\dots+N_{j-1}$ appels à `simule_D` (moins si l'extinction survient avant) : en moyenne de l'ordre de $E(D)^j$ si $E(D)>1$. Sa mémoire est constante.
- `extinction_rec` visite au plus les mêmes euglènes, mais s'arrête dès qu'elle a trouvé une lignée vivante au jour $j$ (lignes 18-19) : en cas de survie, elle peut conclure après peu d'appels. En cas d'extinction, elle visite tout l'arbre, comme la version itérative. Elle utilise en revanche une pile de profondeur $j$ (risque de dépasser la limite de récursion de Python) et un surcoût par appel.
> [!METHODE]
> Parcours en largeur : on traite une génération entière à la fois (file ou, ici, simple compteur). Parcours en profondeur : on descend une branche jusqu'au bout avant de passer à la suivante (pile, ou récursivité).
### Question 23.1
> [!INDICATION]
> Même vérification qu'à la question 21.1.
#### Solution
$p_0=p_2=\frac12$, donc $D$ est à valeurs dans $\{0,2\}\subset\{0,1,2\}$, $m=2\ge2$ et $P(D=2)=\frac12>0$ : **$(H_4)$ est satisfaite.** C'est le cas $p=\frac12$ de la question 21 ; $E(D)=1$.
### Question 23.2
> [!INDICATION]
> Résolvez $G_D(t)=t$ : le discriminant est remarquable.
> [!INDICATION]
> Exprimez l'événement $(J=0)$ à l'aide de $E_0$, en vous servant de $N_0=1$.
#### Solution
$G_D(t)=\frac12+\frac12t^2$ et $G_D(t)=t\iff(t-1)^2=0\iff t=1$ : $\alpha=1$. Comme $N_0=1\neq0$, $E_0=\bigcup_{j\ge1}(N_j=0)=(\mathcal E\neq\varnothing)$, et sur cet événement $J=\min\mathcal E\ge1$ ; donc $(J=0)=(\mathcal E=\varnothing)=\overline{E_0}$ et
$$\boxed{\alpha=1,\qquad P(J=0)=1-\alpha=0}$$
### Question 23.3
> [!INDICATION]
> À quelle condition une variable à valeurs dans $\mathbb N$ admet-elle une espérance ?
> [!INDICATION]
> Utilisez l'équivalent fourni et un théorème de comparaison de séries à termes positifs.
#### Solution
$J$, à valeurs dans $\mathbb N$, admet une espérance si et seulement si $\sum jP(J=j)$ converge. Or $jP(J=j)\sim\frac2j$, terme général positif d'une série divergente (série harmonique). Par comparaison par équivalents des séries à termes positifs, $\sum jP(J=j)$ diverge. **$J$ n'admet pas d'espérance.**
> [!METHODE]
> Dans le cas critique $E(D)=1$, l'extinction est certaine mais son temps d'attente n'a pas d'espérance finie.
### Question 23.4
> [!INDICATION]
> Distinguez selon que l'euglène initiale a $0$ ou $2$ descendants. Dans le second cas, chaque descendant lance une copie indépendante du processus.
> [!INDICATION]
> La population est éteinte quand la **dernière** des deux lignées l'est ; n'oubliez pas le décalage d'un jour.
#### Solution
Si l'euglène initiale n'a pas de descendant (probabilité $\frac12$), la population a disparu au jour 1. Sinon, elle a deux descendants, dont les lignées s'éteignent en `t1` et `t2` jours comptés à partir du jour 1 ; la population est éteinte au jour $1+\max(\texttt{t1},\texttt{t2})$.
```python
def temps_extinction():
if rd.binomial(1, 1/2) == 0:
return 1
else:
t1 = temps_extinction()
t2 = temps_extinction()
return 1 + max(t1, t2)
```
(Si l'on dispose de `simule_D` de la question 22, la ligne 2 peut s'écrire `if simule_D() == 0:`.)
> [!PIEGE]
> `1 + t1 + t2` ou `1 + min(t1, t2)` sont faux : les deux lignées vivent en parallèle et la population ne disparaît qu'avec la dernière.
## Partie III.D — Calcul de la probabilité d'extinction : étude générale
On démontre le résultat admis en III.C : $a_j=P(N_j=0)$ croît vers $\alpha$, vérifie $a_{j+1}=G_D(a_j)$, et $\alpha$ est le plus petit point fixe de $G_D$ ; puis l'étude de $f=G_D-\mathrm{id}$ départage les cas $E(D)\le1$ et $E(D)>1$.
Remarque préliminaire, utile partout : si $N_j(\omega)=0$, la somme définissant $N_{j+1}(\omega)$ est vide, donc $N_{j+1}(\omega)=0$, et par récurrence $N_{j'}(\omega)=0$ pour tout $j'\ge j$. Ainsi $(N_j=0)\subset(N_{j+1}=0)$, et $a_0=0$.
### Question 24.1
> [!INDICATION]
> Double inclusion. Pour la plus difficile, considérez le premier jour où la population est nulle.
#### Solution
Si $\omega\in(N_{j+1}=0,N_j\ne0)$ pour un $j$, alors $\omega\in(N_{j+1}=0)\subset E_0$. Réciproquement, si $\omega\in E_0$, $\{j:N_j(\omega)=0\}$ est une partie non vide de $\mathbb N$, qui admet un plus petit élément $j_0$ ; $j_0\ge1$ car $N_0=1$, et par minimalité $N_{j_0-1}(\omega)\ne0$. Donc $\omega$ appartient au terme d'indice $j_0-1$.
$$\boxed{E_0=\bigcup_{j=0}^{+\infty}(N_{j+1}=0,\ N_j\ne0)}$$
De plus ces événements sont deux à deux incompatibles : si $j<j'$ et $N_{j+1}(\omega)=0$, alors $N_{j'}(\omega)=0$.
> [!METHODE]
> Le « premier instant » transforme une réunion croissante en réunion disjointe, ce qui ouvre la voie à la $\sigma$-additivité.
### Question 24.2
> [!INDICATION]
> Découpez $(N_{j+1}=0)$ selon que $N_j$ est nul ou non, et utilisez la remarque préliminaire.
#### Solution
$(N_{j+1}=0)=(N_{j+1}=0,N_j\ne0)\cup(N_{j+1}=0,N_j=0)$, et comme $(N_j=0)\subset(N_{j+1}=0)$, le second événement est $(N_j=0)$ :
$$\boxed{(N_{j+1}=0)=(N_{j+1}=0,\ N_j\ne0)\cup(N_j=0)}$$
réunion de deux événements incompatibles.
### Question 24.3
> [!INDICATION]
> Appliquez la $\sigma$-additivité à la réunion de Q 24.1, puis l'additivité à celle de Q 24.2.
#### Solution
D'après Q 24.1 (réunion disjointe), $\alpha=\sum_{j\ge0}P(N_{j+1}=0,N_j\ne0)$. D'après Q 24.2 (réunion disjointe), $a_{j+1}=P(N_{j+1}=0,N_j\ne0)+a_j$. Donc
$$\boxed{\alpha=\sum_{j=0}^{+\infty}(a_{j+1}-a_j)}$$
> [!PIEGE]
> La $\sigma$-additivité exige des événements deux à deux incompatibles : il faut l'avoir établi.
### Question 24.4
> [!INDICATION]
> Série télescopique : calculez ses sommes partielles.
#### Solution
$\sum_{j=0}^{J-1}(a_{j+1}-a_j)=a_J-a_0=a_J$, et ces sommes partielles convergent vers $\alpha$ (Q 24.3) :
$$\boxed{\lim_{j\to+\infty}a_j=\alpha}$$
### Question 25.1
> [!INDICATION]
> Probabilités totales en conditionnant par la valeur de $N_1$ ; quelle est sa loi ?
#### Solution
D'après Q 14, $P(N_1=n)=p_n$, et $(N_1=n)_{0\le n\le m}$ est un système complet. Les événements de probabilité nulle ($n\notin S$) ne contribuent pas ; pour $n\in S$, la probabilité conditionnelle a un sens. Donc
$$\boxed{a_{j+1}=\sum_{n\in S}p_n\,P(N_{j+1}=0\mid N_1=n)}$$
### Question 25.2
> [!INDICATION]
> Sachant $N_1=n$, la population du jour $j+1$ est formée des descendants des $n$ euglènes du jour 1.
> [!INDICATION]
> Chaque lignée est une copie du processus initial décalée d'un jour ; quelles hypothèses donnent la même loi, lesquelles l'indépendance ?
#### Solution
Soit $n\in S$. Sur $(N_1=n)$, la population au jour $j+1$ est la réunion des descendances, au jour $j+1$, des $n$ euglènes du jour 1. D'après $(H_3)$ (même loi de reproduction pour tous) et $(H_6)$ (indépendance de toutes les reproductions), ces $n$ lignées évoluent comme $n$ copies indépendantes du processus initial, décalées d'un jour, et indépendantes de $N_1=D_{0,1}$. La population est éteinte au jour $j+1$ si et seulement si chaque lignée est éteinte $j$ jours après son départ, ce qui arrive pour chacune avec probabilité $P(N_j=0)=a_j$. Par indépendance :
$$\boxed{P(N_{j+1}=0\mid N_1=n)=(a_j)^n}$$
(pour $n=0$, on trouve $1$ : la population est déjà éteinte.)
> [!JURY]
> Le décalage d'indice doit apparaître clairement : $N_{j+1}$ pour la population totale correspond à $N_j$ pour chaque lignée. Un argument structuré, qui cite les hypothèses utilisées, est préférable à une formule parachutée.
### Question 25.3
> [!INDICATION]
> Reportez Q 25.2 dans Q 25.1 et complétez la somme par des termes nuls.
#### Solution
$a_{j+1}=\sum_{n\in S}p_na_j^n=\sum_{n=0}^mp_na_j^n$ (on ajoute des termes nuls, $p_n=0$ hors de $S$), avec $a_j\in[0,1]$ :
$$\boxed{a_{j+1}=G_D(a_j)}$$
> [!METHODE]
> $a_j=G_D\circ\dots\circ G_D(0)$ : c'est la version itérée de la composition $G_{J_2}=G_{J_1}\circ G_{X_1}$ de la partie II.
### Question 25.4
> [!INDICATION]
> Passez à la limite dans la relation de récurrence ; quelle propriété de $G_D$ faut-il justifier ?
#### Solution
$P(D\le m)=1$, donc $G_D$ est polynomiale (Q 3.1), donc continue. Comme $a_j\in[0,1]$ et $a_j\to\alpha$, $\alpha\in[0,1]$, et en passant à la limite dans $a_{j+1}=G_D(a_j)$ : $\boxed{\alpha=G_D(\alpha)}$.
### Question 25.5
> [!INDICATION]
> Récurrence sur $j$ ; utilisez la croissance de $G_D$ (partie I).
#### Solution
Soit $t\in\mathcal F$. $a_0=0\le t$ ; si $a_j\le t$, alors, $G_D$ étant croissante sur $[0,1]$ (Q 1.3), $a_{j+1}=G_D(a_j)\le G_D(t)=t$. **Pour tous $t\in\mathcal F$ et $j\in\mathbb N$, $a_j\le t$.**
### Question 25.6
> [!INDICATION]
> Un plus petit élément doit appartenir à l'ensemble et le minorer.
#### Solution
$\alpha\in[0,1]$ et $G_D(\alpha)=\alpha$ (Q 25.4) : $\alpha\in\mathcal F$. Pour $t\in\mathcal F$, $a_j\le t$ pour tout $j$ (Q 25.5), donc $\alpha\le t$ par passage à la limite (Q 24.4). **$\alpha=\min\mathcal F$.**
### Question 26
> [!INDICATION]
> Que vaut $G_D(0)$ ? Utilisez la caractérisation de $\alpha$.
#### Solution
Si $p_0=0$, $G_D(0)=p_0=0$ (Q 1.2), donc $0\in\mathcal F$ et $\alpha=\min\mathcal F=0$. Si $\alpha=0$, $G_D(0)=0$ (Q 25.4), donc $p_0=0$. $\boxed{\alpha=0\iff p_0=0}$
> [!METHODE]
> Contrôle intuitif : $\alpha\ge P(N_1=0)=p_0$, donc $p_0>0$ interdit $\alpha=0$.
### Question 27.1
> [!INDICATION]
> $G_D$ est un polynôme : pourquoi ?
#### Solution
D'après $(H_4)$ et Q 3.1, $G_D(t)=\sum_{n=0}^mp_nt^n$ ; $f$ est polynomiale, donc deux fois dérivable, avec
$$f'(t)=\sum_{n=1}^mnp_nt^{n-1}-1,\qquad f''(t)=\sum_{n=2}^mn(n-1)p_nt^{n-2}.$$
### Question 27.2
> [!INDICATION]
> Étudiez le signe de $f''$ ; quel terme est strictement positif, et où ?
> [!INDICATION]
> Une fonction dont la dérivée est positive et ne s'annule qu'en un point est strictement monotone.
#### Solution
Pour $t\in[0,1]$, $f''(t)$ est une somme de termes positifs, et le terme d'indice $m$ ($m\ge2$, $p_m>0$) vaut $m(m-1)p_mt^{m-2}>0$ pour $t>0$. Donc $f''\ge0$ sur $[0,1]$ et $f''>0$ sur $]0,1]$ : **$f'$ est strictement croissante sur $[0,1]$** (sa dérivée ne s'annule au plus qu'en $0$).
> [!PIEGE]
> « $f''\ge0$ donc $f'$ strictement croissante » est faux en général ; il faut la stricte positivité sauf en des points isolés. Sans $m\ge2$ et $p_m>0$, on pourrait avoir $f''\equiv0$ (cas $D\in\{0,1\}$).
### Question 27.3
> [!INDICATION]
> Calculez $f'(0)$, puis majorez $p_1$ à l'aide de $p_m$.
#### Solution
En $t=0$, les termes $np_nt^{n-1}$ avec $n\ge2$ sont nuls : $f'(0)=p_1-1$. Comme $\sum p_n=1$ et $p_m>0$ avec $m\ne1$, $p_1\le1-p_m<1$. $\boxed{f'(0)=p_1-1<0}$
### Question 28.1
> [!INDICATION]
> Partie I : quelle question relie la dérivée de $G$ en $1$ à l'espérance ?
#### Solution
D'après Q 3.2 (applicable car $P(D\le m)=1$), $(G_D)'(1)=E(D)$, donc $\boxed{f'(1)=E(D)-1\le0}$.
### Question 28.2
> [!INDICATION]
> Combinez la stricte croissance de $f'$ et le signe de $f'(1)$.
#### Solution
Pour $t\in[0,1[$, $f'(t)<f'(1)\le0$ : **$f$ est strictement décroissante sur $[0,1]$**, de $f(0)=p_0$ à $f(1)=0$.
| $t$ | $0$ | | $1$ |
|---|---|---|---|
| $f'(t)$ | | $-$ | $\le0$ |
| $f$ | $p_0$ | décroissante | $0$ |
### Question 28.3
> [!INDICATION]
> Une fonction strictement monotone s'annule au plus une fois.
#### Solution
$f$ est strictement décroissante et $f(1)=0$, donc $f>0$ sur $[0,1[$ : $\mathcal F=\{1\}$ et $\alpha=\min\mathcal F=1$ (Q 25.6). $\boxed{\mathcal F=\{1\},\ \alpha=1}$
**Interprétation** : si une euglène a en moyenne au plus un descendant, la population s'éteint presque sûrement, y compris dans le cas $E(D)=1$ où $E(N_j)=1$ pour tout $j$ : la population est nulle avec une probabilité tendant vers $1$, et très grande sur l'événement rare où elle survit.
### Question 29.1
> [!INDICATION]
> Même calcul qu'en 28.1.
#### Solution
$\boxed{f'(1)=E(D)-1>0}$ (Q 3.2).
### Question 29.2
> [!INDICATION]
> $f'$ change de signe sur $[0,1]$ et elle est strictement monotone : quel théorème ?
#### Solution
$f'$ est continue (polynomiale) et strictement croissante sur $[0,1]$, avec $f'(0)<0<f'(1)$ (Q 27.3, Q 29.1). Par le théorème de la bijection, **il existe un unique $\beta\in\,]0,1[$ tel que $f'(\beta)=0$.**
### Question 29.3
> [!INDICATION]
> Le signe de $f'$ se déduit de sa monotonie et de son zéro $\beta$ ; évaluez $f$ aux bornes et comparez $f(\beta)$ à $f(1)$.
#### Solution
$f'<0$ sur $[0,\beta[$, $f'>0$ sur $]\beta,1]$ : $f$ est strictement décroissante sur $[0,\beta]$ et strictement croissante sur $[\beta,1]$, avec $f(0)=p_0\ge0$, $f(1)=0$ et $f(\beta)<f(1)=0$.
| $t$ | $0$ | | $\beta$ | | $1$ |
|---|---|---|---|---|---|
| $f'(t)$ | $<0$ | $-$ | $0$ | $+$ | $>0$ |
| $f$ | $p_0\ge0$ | décroissante | $f(\beta)<0$ | croissante | $0$ |
### Question 29.4
> [!INDICATION]
> Cherchez les zéros de $f$ séparément sur chacun des deux intervalles de monotonie.
> [!INDICATION]
> Sur $[0,\beta]$, n'oubliez pas le cas $p_0=0$.
#### Solution
Sur $[\beta,1]$, $f$ est strictement croissante et $f(1)=0$ : son seul zéro est $1$. Sur $[0,\beta]$, $f$ est continue, strictement décroissante, et $f(0)=p_0\ge0>f(\beta)$ : elle a un unique zéro $\gamma\in[0,\beta[$ (égal à $0$ si $p_0=0$). Donc $\mathcal F=\{\gamma,1\}$ et $\alpha=\min\mathcal F=\gamma<1$.
$$\boxed{\mathcal F=\{\alpha,1\},\qquad\alpha<1}$$
**Interprétation** : si une euglène a en moyenne strictement plus d'un descendant, la population survit indéfiniment avec la probabilité $1-\alpha>0$ ; l'extinction garde la probabilité $\alpha>0$ dès que $p_0>0$ (accident des premières générations).
> [!METHODE]
> Pour dénombrer exactement les zéros, appliquer le théorème de la bijection sur chaque intervalle de stricte monotonie.
## Partie III.E — Une application : calcul numérique de la probabilité d'extinction
### Question 30
> [!INDICATION]
> D'après les études de 28 et 29, quel est le signe de $G_D(b)-b$ selon que $b<\alpha$ ou $b\ge\alpha$ ?
> [!INDICATION]
> Maintenez l'invariant $a\le\alpha\le c$ ; laquelle des deux bornes est une approximation par excès ?
#### Solution
D'après Q 28 et Q 29, pour $b\in\,]0,1[$ : $G_D(b)-b>0$ si et seulement si $b<\alpha$. On maintient l'invariant $a\le\alpha\le c$ ; la longueur $c-a$ est divisée par $2$ à chaque tour. À la sortie, $c-a\le\varepsilon$, donc $\alpha\le c\le\alpha+\varepsilon$ : on renvoie `c`.
```python
def proba_extinction(epsilon):
a = 0
c = 1
while c - a > epsilon:
b = (a+c)/2
if G_D(b) - b > 0:
a = b
else:
c = b
return c
```
La boucle effectue $\lceil\log_2(1/\varepsilon)\rceil$ tours. Exemple : pour $G_D(t)=0{,}2+0{,}8t^2$, on obtient $\alpha=0{,}25$.
> [!PIEGE]
> Renvoyer `b` ou `(a+c)/2` ne garantit pas une approximation **par excès**.
## Partie IV — Tracés de graphes
On estime $G_X(t)=E(t^X)$ par une moyenne empirique, on contrôle l'erreur par l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev, puis on lit et on écrit des programmes de tracé.
### Question 31.1
> [!INDICATION]
> Posez $Y_j=t^{X_j}$ et calculez l'espérance et la variance de leur moyenne.
> [!INDICATION]
> Quelle inégalité majore $P(|M-E(M)|\ge\varepsilon)$ à l'aide de la variance ?
#### Solution
Soit $t\in[0,1]$ et $Y_j=t^{X_j}$. Les $Y_j$ sont indépendantes (fonctions des $X_j$ indépendantes) et de même loi que $t^X$ : $E(Y_j)=G_X(t)$ (Q 1.5) et $V(Y_j)\le1$ (Q 1.6). Pour $M=\frac1n\sum_{j=0}^{n-1}Y_j$ : $E(M)=G_X(t)$ et, par indépendance, $V(M)=\frac1{n^2}\sum_jV(Y_j)\le\frac1n$. L'inégalité de Bienaymé-Tchebychev donne
$$\boxed{P\left(\left|\frac1n\sum_{j=0}^{n-1}t^{X_j}-G_X(t)\right|\ge\varepsilon\right)\le\frac{V(M)}{\varepsilon^2}\le\frac1{n\varepsilon^2}}$$
> [!PIEGE]
> Oublier le facteur $\frac1{n^2}$ dans la variance de la moyenne, ou additionner les variances sans invoquer l'indépendance.
### Question 31.2
> [!INDICATION]
> Passez au complémentaire et majorez la probabilité d'une réunion.
#### Solution
$\overline{A_i}=\left(\left|\frac1n\sum_jt_i^{X_j}-G_X(t_i)\right|\ge\varepsilon\right)$ avec $t_i=\frac ip\in[0,1]$, donc $P(\overline{A_i})\le\frac1{n\varepsilon^2}$ (Q 31.1). Par sous-additivité :
$$P\Big(\bigcap_{i=0}^pA_i\Big)=1-P\Big(\bigcup_{i=0}^p\overline{A_i}\Big)\ge1-\sum_{i=0}^pP(\overline{A_i})\ge1-\frac{p+1}{n\varepsilon^2}.$$
> [!PIEGE]
> Les $A_i$ portent sur le même échantillon : ils ne sont pas indépendants, on ne peut pas multiplier les probabilités. Il y a $p+1$ indices, pas $p$.
### Question 31.3
> [!INDICATION]
> Rendez le terme $\frac{p+1}{n\varepsilon^2}$ inférieur à $\eta$.
#### Solution
Il suffit que $\frac{p+1}{n\varepsilon^2}\le\eta$, c'est-à-dire
$$\boxed{n\ge\frac{p+1}{\eta\,\varepsilon^2}}$$
### Question 32.1
> [!INDICATION]
> Que fait `int` sur un réel positif ? Comparez la valeur obtenue à la condition de Q 31.3.
#### Solution
Avec $q=\frac{p+1}{\eta\varepsilon^2}>0$, `int(q)` est la partie entière de $q$, donc $n=\lfloor q\rfloor+1>q$. **La ligne 4 choisit la taille $n$ de l'échantillon (le plus petit entier strictement supérieur à $q$) qui vérifie la condition de Q 31.3**, de sorte que les $p+1$ encadrements sont simultanément vrais avec probabilité au moins $1-\eta$.
### Question 32.2
> [!INDICATION]
> Que contient `y_empir[i]` à la fin de la boucle sur `j` ? Comparez à la définition de $A_i$.
#### Solution
La ligne 5 fournit $n$ réalisations indépendantes $X_0,\dots,X_{n-1}$ de $X$. Pour chaque `i`, les lignes 7 et 8 accumulent dans `y_empir[i]` (initialisé à $0$) les termes $x_i^{X_j}/n$ ; à la fin,
$$\texttt{y\_empir[i]}=\frac1n\sum_{j=0}^{n-1}\Big(\frac ip\Big)^{X_j},$$
**la moyenne empirique qui estime $G_X(i/p)$** (pour $i=0$, `0**0` vaut `1` et l'on estime $P(X=0)=G_X(0)$).
### Question 32.3
> [!INDICATION]
> Rapprochez `ymin[i]` et `ymax[i]` des inégalités qui définissent $A_i$.
#### Solution
`ymax[i]` $=$ `y_empir[i]` $+\varepsilon$ et `ymin[i]` $=$ `y_empir[i]` $-\varepsilon$ sont les bornes de l'intervalle qui, sur l'événement $A_i$, contient $G_X(i/p)$. Les lignes 11 à 13 tracent les deux lignes brisées correspondantes : **elles encadrent les $p+1$ valeurs $G_X(i/p)$ simultanément avec probabilité au moins $1-\eta$** (Q 31.2, Q 32.1).
> [!PIEGE]
> La garantie porte sur les $p+1$ abscisses $i/p$, pas sur tout le graphe entre deux abscisses.
### Question 32.4
> [!INDICATION]
> Les points $M_i$ et $N_i$ ont la même abscisse. Quand la courbe de $G_X$ rencontre-t-elle le segment ?
#### Solution
$M_i$ et $N_i$ ont même abscisse `x[i]` : le segment $[M_i,N_i]$ est vertical, de longueur $\texttt{ymax[i]}-\texttt{ymin[i]}=2\varepsilon$. La courbe de $G_X$ rencontre ce segment si et seulement si $\texttt{ymin[i]}\le G_X(i/p)\le\texttt{ymax[i]}$, ce qui est réalisé sur $A_i$. Donc l'événement « la courbe coupe les $p+1$ segments » contient $\bigcap_iA_i$ et, comme $n\ge\frac{p+1}{\eta\varepsilon^2}$ :
$$\boxed{P\big(\text{la courbe de }G_X\text{ coupe les }p+1\text{ segments}\big)\ge P\Big(\bigcap_{i=0}^pA_i\Big)\ge1-\eta}$$
### Question 33
> [!INDICATION]
> La loi est connue : $G_X$ est un polynôme dont les coefficients sont les éléments de `liste`.
> [!INDICATION]
> Deux boucles imbriquées : sur les $p+1$ abscisses, puis sur les $m+1$ coefficients ; n'oubliez pas d'initialiser `y`.
#### Solution
Comme $P(X\le m)=1$, $G_X(t)=\sum_{n=0}^m\texttt{liste[n]}\,t^n$ (Q 3.1).
```python
def trace2(p, liste):
x = [i/p for i in range(p+1)]
y = [0 for i in range(p+1)]
m = len(liste)-1
for i in range(p+1):
for n in range(m+1):
y[i] = y[i] + liste[n]*x[i]**n
plt.plot(x, y)
plt.show()
```
Pour `trace2(10, [0.4, 0.6])`, on obtient les onze points $\big(\frac i{10},\ 0{,}4+0{,}6\cdot\frac i{10}\big)$, alignés de $(0;0{,}4)$ à $(1;1)$, conformément à $G_X(t)=0{,}4+0{,}6t$ pour $X\hookrightarrow\mathcal B(3/5)$.
> [!PIEGE]
> `range(p)` au lieu de `range(p+1)` (il faut $p+1$ points), ou `range(m)` au lieu de `range(m+1)` (on perd le terme de plus haut degré) ; `y = []` rendrait `y[i]` invalide.
## Bilan
**Méthodes à retenir.**
- $G_X(t)=E(t^X)$ : une fonction génératrice est une espérance (théorème de transfert), ce qui ouvre la porte à Bienaymé-Tchebychev et à Monte-Carlo.
- Pour une variable presque sûrement bornée, $G_X$ est un polynôme : on dérive sans précaution ($E(X)=G_X'(1)$) et la loi est caractérisée par $G_X$ (polynôme ayant une infinité de racines). Identifier une loi par sa fonction génératrice est souvent plus rapide qu'un calcul direct (Q 8.5 contre Q 10.3).
- Somme aléatoire : formule des probabilités totales sur la valeur du nombre de termes, puis indépendance (lemme des coalitions) pour « oublier » le conditionnement.
- Processus de branchement : $a_{j+1}=G_D(a_j)$, $\alpha$ plus petit point fixe de $G_D$ sur $[0,1]$, seuil $E(D)=1$ lu sur la pente de $G_D$ en $1$.
- Premier instant de réalisation d'un événement pour transformer une réunion croissante en réunion disjointe ($\sigma$-additivité, série télescopique).
- Suite $u_{n+1}=f(u_n)$ avec $f$ croissante : majoration par un point fixe par récurrence, passage à la limite par continuité.
- Dichotomie : écrire l'invariant avant le code ; il dicte les affectations et la valeur renvoyée.
**Prérequis à revoir.** Comparaison des séries à termes positifs (y compris par équivalents) ; théorème de transfert, König-Huygens ; lois binomiales et formule du binôme ; lemme des coalitions ; théorème de la bijection ; inégalité de Bienaymé-Tchebychev ; parcours en largeur et en profondeur, récursivité en Python.
**Questions classiques transposables.** Montrer qu'une loi est binomiale par un schéma de Bernoulli en citant les hypothèses ; interpréter un programme de simulation à l'aune du modèle ; établir $P(A)<P(B)$ en exhibant un témoin de probabilité non nulle ; critiquer une hypothèse d'indépendance dans un modèle de population ; dimensionner un échantillon par Bienaymé-Tchebychev ; compléter une dichotomie.
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