= 1 k 1 n k = (1 + 1) n = 2 n. k=0. card(a k ) = k=0. n + 1

1 e3a PSI 2018

On rappelle que pour deux entiers naturelsr et`, r

`

d´esigne le nombre de parties `a ` ´el´ements d’un ensemble `a r ´el´ements.

Soientn un entier naturel non nul et X et Y deux variables al´eatoires d´efinies sur le mˆeme espace probabilis´e (Ω,A,P) et prenant leurs valeurs dans [[1, n+ 1]].

On suppose qu’il existe a∈R tel que :

∀(i, j)∈[[1, n+ 1]]², P([X =i]∩[Y =j]) =a n

i−1

. n

j−1

1. • Par la formule du binˆome de Newton, on a :

n

X

k=0

k n

=

n

X

k=0

n k

1^k1^n−k= (1 + 1)ⁿ= 2ⁿ

• Une autre m´ethode :

Soit P_n l’ensemble des parties deE = [[1, n]]. On peut ´ecrire P_n=

n

[

k=0

A_k avecA_k l’ensemble des parties `a k ´el´ements de E.

On aura, par union disjointe, card(P_n) =

n

X

k=0

card(A_k) =

n

X

k=0

n k

.

Par le cours on sait que cardP_n= 2ⁿ, oui mais comment cela a-t-il ´et´e d´emontr´e ? Ne serait- ce pas par la formule du binˆome de Newton ?

Montrons par r´ecurrence que∀n ∈N^∗, la propri´et´e Q_n : card(P_n) = 2ⁿ est vraie : Si n= 1 alors E ={1} etP_n={, E} donc card(P_n) = 2 = 2¹, donc Q₁ est vraie.

Soit n∈N^∗ tel que Q_n soit vraie.

On peut ´ecrire E = [[1, n+ 1]] = [[1, n]]∪ {n+ 1}.

On en d´eduit que P_n+1 est form´e par les parties de E qui contiennent n+ 1 et celles qui ne le contiennent pas.

Les parties de E qui ne contiennent pas n+ 1 sont exactement celles de [[1, n]] et il y en a 2ⁿ par hypoth`ese. Toute partie de E qui contient n+ 1 est form´ee par une partie de [[1, n]]

auquelle on adjoint n+ 1, il y a donc autant que de parties de E qui contiennentn+ 1 que de parties de [[1, n]] c’est-`a-dire 2ⁿ.

On en d´eduit quecard(P_n+1) = 2ⁿ+ 2ⁿ= 2ⁿ⁺¹ et donc la propri´et´eQ_n+1 est encore vraie.

Finalement ∀n ∈N^∗ card(P_n= 2ⁿ et donc ∀n ∈N

n

X

k=0

n k

= 2ⁿ.

• Encore une autre m´ethode :

On montre que ∀n ∈N^∗ la propri´et´e Q_n :

n

X

k=0

n k

= 2ⁿ est vraie par r´ecurrence :

1

X

k=0

0 k

= 1

0

+ 1

1

= 1 + 1 = 2¹ donc Q₁ est vraie.

Soit n∈N^∗ tel que Q_n soit vraie.

n+1

X

k=0

n+ 1 k

=

n+ 1 0

+

n+ 1 n+ 1

+

n

X

k=1

n+ 1 k

or

n+ 1 k

= n

k

+ n

k−1

alors

n+1

X

k=0

n+ 1 k

= 1 + 1 +

n

X

k=1

n k

+

n

X

k=1

n k−1

Par l’hypoth`ese de r´ecurrence et le changement d’indice i=k−1 sur la seconde somme on a :

n+1

X

k=0

n+ 1 k

= 1 +

n

X

k=0

n k

+

n−1

X

i=0

n i

= 2ⁿ+

n

X

i=0

n i

= 2ⁿ+ 2ⁿ = 2.2ⁿ= 2ⁿ⁺¹ Et donc Qn+1 est encore vraie.

Par r´ecurrence on a montr´e :∀n∈N^∗

n

X

k=0

n k

= 2ⁿ.

• Une derni`ere m´ethode :

On sait que si X est une variable al´eatoire qui suit une loi binomiale de param`etre

n,1 2

alors

n

X

k=0

P(X =k) = 1, or ∀k ∈[[0, n]] P(X=k) = n

k 1 2

k 1 2

n−k

= n

k

. 1 2ⁿ donc

n

X

k=0

n k

. 1

2ⁿ = 1 ce qui donne

n

X

k=0

n k

= 2ⁿ

2. Puisque X et Y sont des variables al´eatoires `a valeurs dans [[1, n+ 1]], Z = (X, Y) est une variable al´eatoire `a valeurs dans [[1, n+ 1]]², on doit avoir :

X

(i,j)∈[[1,n+1]]²

P(Z = (i, j)) = 1

Or X

(i,j)∈[[1,n+1]]²

P(Z = (i, j)) =

n+1

X

i=1 n+1

X

j=1

P(X =i, Y =j) ce qui donne

1 =

n+1

X

i=1 n+1

X

j=1

a n

i−1

. n

j −1

par les changements d’indices : `=i−1 et k=j−1 on a : 1 =

n

X

`=0 n

X

k=0

a n

`

. n

k

=a

n

X

`=0

n

` ⁿ

X

k=0

n k

!

=a

n

X

`=0

n

`

2ⁿ =a2ⁿ

n

X

`=0

n

`

=a2ⁿ2ⁿ

Donc a= 1 4ⁿ

3. On connait la loi du couple (X, Y) alors par la formule des probabilit´es totales, on sait que les lois marginales de X et Y sont donn´ees par :

X(Ω) ⊂[[1, n+ 1]] Y(Ω) ⊂[[1, n+ 1]] et

∀i∈[[1, n+ 1]] P(X =i) =

n+1

X

j=1

P([X =i]∩[Y =j]) =

n+1

X

j=1

a n

i−1

. n

j−1

∀j ∈[[1, n+ 1]] P(Y =j) =

n+1

X

i=1

P([X =i]∩[Y =j]) =

n+1

X

i=1

a n

i−1

. n

j −1

∀i∈[[1, n+ 1]] P(X =i) =

n+1

X

j=1

a n

i−1

. n

j−1

=a n

i−1 ⁿ

X

k=0

n k

= 2ⁿa n

i−1

∀i∈[[1, n+ 1]] P(X =i) = n

i−1 1

2ⁿ De mˆeme

∀j ∈[[1, n+ 1]] P(Y =j) = a n

j−1 ⁿ

X

k=0

n k

= n

j−1 1

2ⁿ

Les variables al´eatoires X etY suivent la mˆeme loi donn´ee par : X(Ω) =Y(Ω) = [[1, n+ 1]] ∀k ∈[[1, n+ 1]] P(X =k) =

n k−1

1

2ⁿ =P(Y =k)>0 On en d´eduit que

∀(i, j)∈[[1, n+ 1]]² P(X =i)P(Y =j) = n

i−1

. n

j−1

. 1 2ⁿ

1

2ⁿ =P([X =i]∩[Y =j]) Les variables al´eatoires X etY sont ind´ependantes.

4. Soit Z =X−1, d’apr`esX(Ω) = [[1, n+ 1]], on a imm´ediatement : Z(Ω) = [[0, n]] et

∀k ∈[[0, n]] P(Z =k) =P(X−1 =k) =P(X =k+1) = n

k

. 1 2ⁿ =

n k

.

1 2

k 1− 1

2 n−k

Z suit donc une loi binomiale de param`etres

n,1 2

.

Z ,→ B(n, p) avec p= 1

2, alors on sait que E(Z) =np =n.1

2 etV(Z) =np(1−p) =n.1 2

1−1

2

= n 4

Puisque Z admet une esp´erance et une variance, on sait queX =Z+ 1 admet une esp´erance et une variance avec : par lin´earit´e de l’esp´erance E(X) =E(Z+ 1) = E(Z) + 1 = n+ 2

2 et V(X) = V(Z + 1) =V(Z) = n

4 X est d’esp´erance ´egale `a n+ 2

2 et de variance ´egale `a n 4.

5. Soient p, q et r trois entiers naturels et A un ensemble fini de cardinal p+q.

On sait que le nombre de parties de A de cardinalr est ´egal `a

p+q r

.

On peut consid´erer que l’ensembleAest l’union de deux sous-ensemblesA₁ etA₂ de cardinal respectif pet q et tel que A1∩A2 =.

Ainsi toute partie `a r ´el´ements de A est l’union disjointe d’une partie `a k ´el´ements de A₁ et de r−k ´el´ements de A₂ avec k variant entre 0 et r et r´eciproquement, donc le nombre de parties `a r ´el´ements de A est ´egal au nombre de couples form´es par une partie de A1 de cardinal k et d’une partie de A₂ de cardinal r−k avec k variant entre 0 et r.

Pour k fix´e dans [[0, r]], il y a p

k

parties de A₁ `a k ´el´ements et q

r−k

parties de A₂ `a r−k ´el´ements, il y a donc

p k

.

q r−k

couples form´es par une partie de A₁ de cardinalk et d’une partie de A₂ de cardinal r−k.

On en d´eduit que

p+q r

=

r

X

k=0

p k

.

q r−k

6. On sait que pour toutk ∈[[0, n]]

n k

= n

n−k

alors avec la formule trouv´ee pr´ec´edemment on a :

n

X

k=0

n k

2

=

n

X

k=0

n k

.

n n−k

=

n+n n

n

X

k=0

n k

2

= 2n

n

7. On note B ∈ M_n+1(R) la matrice dont le coefficient de la lignei et de la colonne j est b_i,j =P([X =i]∩[Y =j]).

(a) On a donc ∀(i, j)∈[[1, n+ 1]]² b_i,j = 1 4ⁿ

n i−1

.

n j−1

et donc∀j ∈[[1, n+ 1]], C_j la j^i`eme colonne de la matrice B est

C_j =





 b_1,j

... bn,j





= 1 4ⁿ

n j −1

.





















 n

0 n

1 ... n n





















 6= 0

Toutes les colonnes de la matrice B sont donc non nulles et multiples de la mˆeme co-

lonne





















 n

0 n

1 ... n n





















 .

On en d´eduit que B est une matrice de rang ´egal `a 1.

(b) Par d´efinition de la trace, par changement d’indice et en utilisant le r´esulat de la question 6. on obtient :

T r(B) =

n+1

X

i=1

b_i,i = 1 4ⁿ

n+1

X

i=1

n i−1

2

= 1 4ⁿ

n

X

k=0

n k

2

= 2n

n 1

4ⁿ

T r(B) = 2n

n 1

4ⁿ

2 Extrait de e3a MP 2020

Soient X etY deux variables al´eatoires ind´ependantes, `a valeurs dans N et telles que :

∀k ∈N, P(X =k) =P(Y =k) = p q^k o`u p∈]0,1[ et q = 1−p.

8. X(Ω) ⊂N, en notant p_k = P(X = k) pour tout k ∈ N, on doit v´erifier que ∀k ∈ N p_k ∈ [0,1], que la s´erieX

k

p_k converge et est de somme ´egale `a 1 (en faitp_k >0 suffit si la somme de la s´erie vaut 1).

p ∈]0,1[ alors q = 1−p est aussi dans ]0,1[ donc ∀k ∈ N p_k =P(X =k) =pq^k ∈[0,1] et puisque |q|<1 on sait que la s´erie g´eom´etrique X

q^k converge avec

+∞

X

k=0

q^k = 1

1−q = 1 p. On en d´eduit que la s´erie X

k

p_k converge et

+∞

X

k=0

p_k =p

+∞

X

k=0

q^k= p p = 1.

On a bien une loi de probabilit´e.

9. 1`ere m´ethode : avec une loi usuelle

Notons Z la variable al´eatoire d´efinie parZ =X+ 1, on a Z(Ω) =N^∗ puisque X(Ω) =N et

∀k ∈N^∗ P(Z =k) =P(X+ 1 =k) =P(X =k−1) = pq^k−1 =p.(1−p)^k−1 On en d´eduit queZ =X+ 1 suit une loi g´eom´etrique de param`etre p.

On sait alors que Z admet une esp´erance avec E(Z) = 1 p.

On en d´eduit par lin´earit´e que X =Z−1 admet une esp´erance et E(X) =E(Z)−1 = 1−p

p = q p

2nde m´ethode : avec la d´efinition

X poss`ede une esp´erance si, et seulement si la s´erie X

k

kP(X =k) converge absolument.

1`ere m´ethode :

On sait que les s´eries enti`eres P

x^k et P

kx^k sont de mˆeme rayon de convergence ´egal `a 1.

Or q ∈]0,1[, donc la s´erie P

kq^k converge absolument, ce qui donne la convergence absolue de la s´erie X

kP(X =k).

2nde m´ethode :

Puisque q ∈]0,1[, par croissances compar´ees lim

k→+∞k³P(X = k) = lim

k→+∞pk³q^k = 0 alors kP(X = k) =

+∞ o 1

k²

, or on sait que la s´erie `a termes positifs X 1

k² converge, alors par comparaison, la s´erie X

k

kP(X =k) converge absolument.

3`eme m´ethode :

Pour k ∈ N^∗, on pose u_k = kP(X =k) = kpq^k, on remarque de u_k 6= 0 et |uk+1|

|u_k| = k+ 1 k q alors lim

k→+∞

|u_k+1|

|u_k| = q < 1 alors d’apr`es la r`egle de d’Alembert, on sait que la s´erie P uk

converge absolument.

Puisque la s´erie X

kP(X =k) converge absolument,X admet une esp´eranceE(X) avec

E(X) =

+∞

X

k=0

kP(X =k) = p

+∞

X

k=0

kq^k=p

+∞

X

k=1

kq^k=pq

+∞

X

k=1

kq^k−1

On sait que ∀x∈]−1,1[

+∞

X

k=1

kx^k−1 = 1

(1−x)² alors E(X) = pq 1

(1−q)² = pq p² = q

p 3`eme m´ethode : avec la fonction g´en´eratrice

Cherchons G_X la fonction g´en´eratrice de X car on sait que si G_X est d´erivable en 1 alorsX est d’esp´erance finie et E(X) =G⁰_X(1).

Par d´efinition GX(t) =

+∞

X

k=0

P(X =k)t^k, au moins pourt ∈[−1,1].

∀k∈N P(X =k)t^k=p(qt)^k Pour |qt|<1 on a G_X(t) = p

+∞

X

k=0

(qt)^k = p 1−qt. 1∈

−1 q,1

q

donc la fonction G_X est d´erivable en 1 et ∀t∈]−1/q,1/q[ G⁰_X(t) = pq (1−qt)² donc G⁰_X(1) = pq

(1−q)² = q

1−q = q p.

X admet une esp´erance et E(X) = q

p = 1−p p

10. ((X =k))_k∈N est un syst`eme complet d’´ev´enements puisqueX(Ω) =N, alors par la formule des probabilit´es totales on a :

P(X =Y) =

+∞

X

k=0

P([X =k]∩[X =Y]) =

+∞

X

k=0

P([X =k]∩[Y =k]) Les variables al´eatoires X etY sont ind´ependantes alors

P(X =Y) =

+∞

X

k=0

P(X =k).P(Y =k) =

+∞

X

k=0

p²q^2k =p²

+∞

X

k=0

q²k

q ∈]0,1[ alors q² ∈]0,1[ et donc

P(X =Y) =p². 1

1−q² = p²

(1−q)(1 +q) = p² p(1 +q)

P(X =Y) = p

1 +q = p 2−p

11. Soit S =X +Y. X(Ω) = Y(Ω) = N alors S(Ω) = N et la formule des probabilit´es totales avec le syst`eme complet d’´ev´enements ((X =k))_k∈N donne :

∀n∈N P(S =n) =

+∞

X

k=0

P(X =k).P(X=k)(S =n) =

+∞

X

k=0

P(X =k).P(X=k)(Y =n−k) Les variables al´eatoires X etY sont ind´ependantes alors

∀n∈N P(S =n) =

+∞

X

k=0

P(X =k).P(Y =n−k)

Puisque Y(Ω) = N, pour k > n on a P(Y =n−k) = 0 et pour 0 6k 6 n on a n−k ∈N donc P(Y =n−k) =pq^n−k, on a alors :

∀n∈N P(S=n) =

n

X

k=0

P(X =k).P(Y =n−k) =

n

X

k=0

p²q^kq^n−k=p²

n

X

k=0

qⁿ = (n+ 1)p²qⁿ

La loi de S =X+Y est donn´ee par S(Ω) =Net ∀n∈N P(S =n) = (n+ 1)p²qⁿ.

3 Extrait de e3a PC 2020

Dans cet exercice,E d´esigne l’espace vectoriel R₂[X] des polynˆomes de degr´e inf´erieur ou ´egal `a 2 et `a coefficients r´eels et B= (1, X, X²) sa base canonique.

Pour tout couple (P, Q) d’´el´ements de E, on pose :

(P|Q) =P(1)Q(1) +P⁰(1)Q⁰(1) +P⁰⁰(1)Q⁰⁰(1).

12. • L’applicationϕ: (P, Q)7→(P|Q) est clairement d´efinie sur E×E et est `a valeurs dansR.

• Par commutativit´e du produit des r´eels, on a (P|Q) = (Q|P) pour tout (P, Q)∈E×E. ϕ est donc sym´etrique.

•Par lin´earit´e de la d´erivation et op´erations sur les r´eels on a aussi pourP, Q, Rtrois ´el´ements de E etλ un r´eel :

(λP +Q|R) = (λP(1) +Q(1)).R(1) + (λP⁰(1) +Q⁰(1)).R⁰(1) + (λP⁰⁰(1) +Q⁰⁰(1)).R⁰⁰(1)

(λP+Q|R) = λ(P(1).R(1) +P⁰(1).R⁰(1) +P⁰⁰(1).R⁰⁰(1))+(Q(1).R(1) +Q⁰(1).R⁰(1) +Q⁰⁰(1).R⁰⁰(1)) (λP +Q|R) = λ(P|R) + (Q|R)

Donc ϕest lin´eaire `a gauche, alors par sym´etrie ϕest bilin´eaire.

•SoitP ∈E, (P|P) =P²(1)+P⁰²(1)+P⁰⁰²(1)>0 par somme de r´eels positifs et si (P|P) = 0 alors P²(1) =P⁰²(1) =P⁰⁰²(1) = 0. On a donc

(P|P) = 0 =⇒P(1) =P⁰(1) =P⁰⁰(1) = 0 1`ere m´ethode :

On en d´eduit que si (P|P) = 0 alors 1 est racine de P de multiplicit´e au moins 3, donc il existe Q∈E tel que P = (X−1)³.Q, or deg(P)62 donc Q= 0 et finalement P = 0.

2nde m´ethode :

On a obtenu : (P|P) = 0 =⇒ P(1) = P⁰(1) = P⁰⁰(1) = 0. On sait que deg(P) 6 2 donc il existe (a, b, c)∈R³ tels queP =aX²+bX+calorsP(1) =a+b+c= 0, P⁰(1) = 2a+b = 0 et P⁰⁰(1) = 2a= 0, ce qui entraine (a, b, c) = (0,0,0) doncP = 0.

3`eme m´ethode :

On a obtenu : (P|P) = 0 =⇒P(1) =P⁰(1) =P⁰⁰(1) = 0. On sait que deg(P)6 2, donc P⁰⁰ est un polynˆome constant or P⁰⁰(1) = 0 donc P⁰⁰ = 0, P⁰ est alors un polynˆome constant or P⁰(1) = 0 donc P⁰ = 0 et P est donc un polynˆome constant orP(1) = 0 donc P = 0.

On a montr´e (P|P)>0 et (P|P) = 0 =⇒P = 0.

ϕ est donc d´efinie-positive.

ϕ est une forme bilin´eaire sym´etrique d´efinie-positive sur E, c’est donc un produit scalaire surE. 13. (1, X, X²) est une base de E, appliquons lui le proc´ed´e d’orthonormalisation de Gram-

Schmidt pour obtenir (U1, U2, U3) une base orthonormale deE.

On sait que U₁, U₂ et U₃ sont donn´es par les formules : U1 = 1

p(1|1)1 U2 = X−(X|U₁)U₁

kX−(X|U₁)U₁k U3 = X²−(X²|U₁)U₁−(X²|U₂)U₂ kX²−(X²|U₁)U₁−(X²|U₂)U₂k

• On obtient : U₁ = 1

√1 = 1.

• On a imm´ediatement (X|1) = 1 + 0 + 0 = 1 donc X−(X|U₁)U₁ =X−1 et kX−1k=p

(X−1|X−1) =√

0²+ 1² + 0² = 1 donc U₂ =X−1.

• De mˆeme (X²|1) = 1 + 0 + 0 = 1, (X²|X−1) = 0 + 2 + 0 = 2 donc

X²−(X²|U₁)U₁−(X²|U₂)U₂ =X²−1−2(X−1) =X² −2X+ 1 = (X−1)² et k(X−1)²k=√

0²+ 0²+ 2² =√

4 donc U₃ = 1

2(X−1)².

Une base orthonormale de E pour le produit scalaire introduit est :

1, X−1, (X−1)² 2

.

14. H =R₁[X] est un sous-espace vectoriel de dimension finie, alors en notant p_H la projection orthogonale sur H, on sait que pour U =X²−4

d(U, F) = M in

P∈HkU −Pk=kU −pH(U)k

D’apr`es le proc´ed´e d’orthonormalisation de Gram-Schmidt utilis´e pr´ec´edemment on sait que V ect(1) =V ect(U₁),V ect(1, X) =V ect(U₁, U₂) et V ect(1, X, X²) =V ect(U₁, U₂, U₃).

1`ere m´ethode :

H = R₁[X] = V ect(1, X) = V ect(U₁, U₂), donc (U₁, U₂) est une base orthonormale de F avec U₁ = 1, U₂ =X−1, alors on sait que

p_H(U) = (U|U₁)U₁+ (U|U₂)U₂ =−3 + 2(X−1) = 2X−5 et U −p_H(X) = X²−2X+ 1 = (X−1)² alors kU −p_H(U)|=k(X−1)²k= 2 2nde m´ethode :

H =R₁[X] =V ect(1, X) est un hyperplan de R₂[X] =V ect(1, X, X²) =V ect(U₁, U₂, U₃) . (U₁, U₂, U₃) est une base orthonormale de R₂[X] avec H =V ect(1, X) =V ect(U₁, U₂), donc U₃ = (X−1)²

2 est un vecteur normal `a l’hyperplan H, on sait alors que d(U, H) = |(U|U₃)|

kU3k =|(U|U₃)|=|0 + 0 + 2|= 2 on a donc d(U, F) = 2.

La distance de U =X²−4 `aR1[X] est ´egale `a 2.