Correction du devoir surveillé 8
Exercice — Tut tut tut tut
Appelons F la famille (v1, v2, v3, v4), de sorte que E =Vect(F).
1. Toute famille libre de vecteurs de R3 contient au plus dim(R3)vecteurs.
Or Card(F) = 4>3 = dim(R3), donc la famille F n’est pas libre . 2. • Commençons par calculer la dimension du sous-espace vectoriel E :
dim(E) =dim(Vect(F))
=rg(F)
=rg(MatC(v1, v2, v3, v4)) oùC est la base canonique deR3
=rg
2 −1 1 1
−1 2 4 1
−1 3 7 2
=rg
−1 3 7 2
−1 2 4 1 2 −1 1 1
L1 ←→L3
=rg
−1 3 7 2 0 −1 −3 −1
0 5 15 5
L2 ←−L2−L1 L3 ←−L3+ 2L1
=rg
−1 3 7 2 0 −1 −3 −1
0 0 0 0
L3 ←−L3+ 5L2
= 2.
• Extrayons alors de la famille F une base deE.
Posons B = (v1, v2).
Montrons que la familleB est une base de E.
? Les vecteurs v1 etv2 appartiennent à E, donc la famille B est bien une famille de vecteurs de E.
? Les deux vecteursv1etv2ne sont pas colinéaires, donc la famille B est libre .
? Comme Card(B) = 2 = dim(E) et comme la famille B est libre, la famille B est une base de E .
3. Complétons la base B en une base de R3.
Posons e3 =
0 0 1
(c’est le troisième vecteur de la base canonique de R3).
Lycée Pierre-Gilles de Gennes 1 Adriane Kaïchouh
Posons alors D=B ∪ {e3}= (v1, v2, e3). Montrons que la famille D est une base de R3.
• Montrons que la familleD est libre.
? D’après la question précédente, la famille B est libre.
? Montrons que e3 n’est pas combinaison linéaire des vecteurs de B.
On a l’équivalence suivante :
e3 ∈Vect(B)⇐⇒e3 ∈Vect(v1, v2)
⇐⇒ ∃(λ, µ)∈R2, e3 =λv1+µv2
⇐⇒ ∃(λ, µ)∈R2,
0 0 1
=λ
2
−1
−1
+µ
−1 2 3
⇐⇒ ∃(λ, µ)∈R2,
2λ − µ = 0
−λ + 2µ = 0
−λ + 3µ = 1
⇐⇒ ∃(λ, µ)∈R2,
−λ + 3µ = 1
−λ + 2µ = 0 L1 ←→L3 2λ − µ = 0
⇐⇒ ∃(λ, µ)∈R2,
−λ + 3µ = 1
− µ = −1 L2 ←−L2 −L1 5µ = 2 L3 ←−L3 + 2L1
⇐⇒ ∃(λ, µ)∈R2,
−λ + 3µ = 1
− µ = −1
0 = −3 L3 ←−L3 + 5L2
⇐⇒0 = −3, ce qui est faux.
Le vecteur e3 n’est donc pas combinaison linéaire des vecteursv1 etv2. Ainsi, la famille D= (v1, v2, e3)reste libre .
• Comme Card(D) = 3 =dim(R3) et comme la famille D est libre, la familleD est une base de R3 .
Problème 1 — Une application linéaire à paramètre Partie I : De zéro...
Dans cette partie, on étudie la fonctionf0 suivante : f0: R3 −→R3
(x, y, z)7−→(2y+z,−y+ 2z, y).
1. Montrons que l’application f0 est linéaire : montrons que
∀(u, v)∈(R3)2,∀(λ, µ)∈R2, f0(λu+µv) = λf0(u) +µf0(v).
Soient u=
x y z
et v =
x0 y0 z0
deux vecteurs de R3. Soit λ un réel.
Calculons f0(λu+µv):
f0(λu+µv) =f0
λx+µx0 λy+µy0 λz +µz0
=
2(λy+µy0) + (λz+µz0)
−(λy+µy0) + 2(λz+µz0) λy+µy0
=
λ(2y+z) +µ(2y0+z0) λ(−y+ 2z) +µ(−y0+ 2z0)
λy+µy0
=λ
2y+z
−y+ 2z y
+µ
2y0+z0
−y0+ 2z0 y0
= λf0(u) +µf0(v). Ainsi, l’application f0 est bien linéaire .
2. Le noyau de l’endomorphismef0 est : Ker(f0) =
u∈R3
f0(u) = 0R3 . Soit u=
x y z
un vecteur de R3. Alors on a l’équivalence suivante :
u∈Ker(f0)⇐⇒f0(u) = 0R3
⇐⇒
2y+z
−y+ 2z y
=
0 0 0
⇐⇒
2y + z = 0
−y + 2z = 0
y = 0
⇐⇒
y = 0 z = 0.
Ainsi, le noyau de l’endomorphisme est le sous-espace vectoriel de R3 suivant : Ker(f0) =
x y z
∈R3
y=z = 0
=
x 0 0
x∈R
=
x
1 0 0
x∈R
= Vect
1 0 0
.
Posons e1 =
1 0 0
. AppelonsB0la famille constituée du vecteure1: B0 = (e1).
? D’après ce qui précède, la famille B0 est génératrice du noyau de f0.
? De plus, comme le vecteure1 est non nul, la familleB0 est libre.
Ainsi, la famille B0 est une base de Ker(f0) donc dim(Ker(f0)) = 1. 3. (a) L’image de l’endomorphisme f0 est :
Im(f0) =
v ∈R3
∃u∈R3, v =f0(u)
=
a b c
∈R2
∃(x, y, z)∈R3,
a b c
=
2y+z
−y+ 2z y
=
2y+z
−y+ 2z y
(x, y, z)∈R3
donc on a
Im(f0) =
y
2
−1 1
+z
1 2 0
(y, z)∈R3
= Vect
2
−1 1
,
1 2 0
.
Posons e2 =
2
−1 1
et e3 =
1 2 0
et C0 = (e2, e3).
? D’après ce qui précède, la famille C0 est génératrice de Im(f0).
? De plus, les vecteurs e2 et e3 sont clairement non colinéaires, donc la famille C0 est libre.
Ainsi, la famille C0 forme une base de Im(f0)donc dim(Im(f0)) = 2. (b) Donnons une équation cartésienne de l’image de f0.
Soit v =
a b c
un vecteur de R3. Alors on a l’équivalence suivante : v ∈Im(f0)⇐⇒ ∃(y, z)∈R2,
2y+z
−y+ 2z y
=
a b c
⇐⇒ ∃(y, z)∈R2,
2y + z = a
−y + 2z = b
y = c
⇐⇒ ∃(y, z)∈R2,
z + 2y = a
y = c L2 ←→L3 2z − y = b
⇐⇒ ∃(y, z)∈R2,
z + 2y = a y = c
− 5y = −2a+b L3 ←−L3−2L1
⇐⇒ ∃(y, z)∈R2,
z + 2y = a y = c
0 = −2a+b+ 5c L3 ←−L3+ 5L2
⇐⇒ −2a+b+ 5c= 0 (équation de compatibilité).
Ainsi, une équation cartésienne de l’image def0 est−2a+b+ 5c= 0 . 4. (a) Déterminons l’intersection du noyau et de l’image def0.
Soit u=
x y z
∈R3.
Alors d’après les questions 2 et 3.b), on a l’équivalence suivante : u∈Ker(f0)∩Im(f0)⇐⇒
(y=z = 0
−2x+y+ 5z = 0
⇐⇒
(y=z = 0 x= 0
⇐⇒ u= 0R3 .
Ainsi, Ker(f0)∩Im(f0) = {0R3}, donc dim(Ker(f0)∩Im(f0)) = 0.
(b) Appelons D la famille B0∪ C0 = (e1, e2, e3). Montrons que la familleD est une base de R3.
• Montrons que la famille D est libre.
Soient λ1, λ2 etλ3 trois réels.
Supposons que λ1e1+λ2e2+λ3e3 = 0R3. Montrons que λ1 =λ2 =λ3 = 0.
Comme on a λ1e1+λ2e2 +λ3e3 = 0R3, on a :
−λ1e1 =λ2e2+λ3e3 .
? Comme la famille B0 = (e1) est une base du sous-espace vectoriel Ker(f0), le vecteur−λ1e1 appartient à Ker(f0).
? De même, comme la familleC0 = (e2, e3)est une base du sous-espace vectoriel Im(f0), le vecteur λ2e2+λ3e3 appartient à Im(f0). Ces deux vecteurs étant égaux, ils appartiennent tous deux à l’intersec- tion du noyau et de l’image de f0 :
(−λ1e1 ∈Ker(f0)∩Im(f0) λ2e2 +λ3e2 ∈Ker(f0)∩Im(f0).
Or d’après la question précédente, Ker(f0)∩Im(f0) ={0R3}, donc (−λ1e1 = 0R3
λ2e2+λ3e3 = 0R3.
Enfin, les familles (e1)et (e2, e3) sont libres, donc il s’ensuit que (λ1 = 0
λ2 =λ3 = 0, donc on a bien λ1 =λ2 =λ3 = 0.
Ainsi, la famille D est libre.
Notons qu’on aurait pu faire le calcul directement avec l’expression des vecteurs e1, e2 et e3 trouvées dans les questions 2 et 3.a). Toutefois, le résultat ne dépend pas du choix des bases B0 et C0 : la preuve précédente utilise seulement le fait que l’intersection du noyau et de l’image de f0 soit réduite au vecteur nul !
• Comme Card(D) = 3 = dim(R3) et comme la famille D est libre, la famille D est une base de R3 .
5. Donnons la matrice de l’endomorphismef0 dans la base D= (e1, e2, e3).
Pour cela, trouvons les coordonnées des vecteurs f0(e1), f0(e2) et f0(e3) dans la base D.
• Comme e1 ∈ Ker(f0), on a f0(e1) = 0R3 donc ses coordonnées dans toute base sont nulles, donc en particulier, on a :
MatD(f0(e1)) =
0 0 0
.
• Calculons f0(e2):
f0(e2) = f0
2
−1 1
=
2×(−1) + 1
−(−1) + 2
−1
=−
2
−1 1
+
1 2 0
= −e2+e3 ,
donc les coordonnées du vecteur f0(e2) dans la baseD sont : MatD(f0(e2)) =
0
−1 1
.
• Calculons f0(e3): f0(e3) =f0
1 2 0
=
4
−2 2
= 2
2
−1 1
= 2e2 , donc les coordonnées du vecteur f0(e3) dans la baseD sont :
MatD(f0(e3)) =
0 2 0
.
Ainsi, la matrice de l’endomorphisme f0 dans la base D est la suivante : MatD(f0) =
0 0 0 0 −1 2 0 1 0
.
6. Soitu=
x y z
∈R3.
Exprimons les coordonnées du vecteur u dans la base D.
Soit (λ1, λ2, λ3)∈R3.
Alors on a l’équivalence suivante :
u=λ1e1 +λ2e2+λ3e3 ⇐⇒
x y z
=λ1
1 0 0
+λ2
2
−1 1
+λ3
1 2 0
⇐⇒
λ1 + 2λ2 + λ3 = x
− λ2 + 2λ3 = y
λ2 = z
⇐⇒
λ1 = x−2λ2−λ3 =x−2z− 1
2(y+z) 2λ3 = y+λ2 =y+z
λ2 = z
⇐⇒
λ1 = 1
2(2x−y−5z) λ2 =z
λ3 = 1
2(y+z).
Ainsi, le vecteur u s’exprime de la manière suivante : u= 1
2(2x−y−5z)e1+ze2+1
2(y+z)e3 , donc ses coordonnées dans la base D sont
MatD(u) = 1 2
2x−y−5z 2z y+z
.
Partie II : ...en noyau ! On se place à présent dans le cas oùk est non nul.
7. Montrons que l’application fk est linéaire.
Soient u=
x y z
et v =
x0 y0 z0
deux vecteurs de R3. Soient λ etµ deux scalaires.
Montrons que fk(λu+µv) =λfk(u) +µfk(v).
On a :
fk(λu+µv) = fk
λx+µx0 λy+µy0 λz+µz0
=
k(λx+µx0) + 2(λy+µy0) + (λz+µz0) (k−1)(λy+µy0) + 2(λz+µz0)
(λy+µy0) +k(λz+µz0)
=
λ(kx+ 2y+z) +µ(kx0+ 2y0+z0) λ[(k−1)y+ 2z] +µ[(k−1)y0+ 2z0]
λ(y+kz) +µ(y0+kz0)
=λ
kx+ 2y+z (k−1)y+ 2z
y+kz
+µ
kx0+ 2y0+z0 (k−1)y0 + 2z0
y0+kz0
= λfk(u) +µfk(v).
Ainsi, l’application fk est bien linéaire . Comme l’application linéaire fk va de R3 dans lui-même, fk est bien un endomorphisme de R3 .
8. Déterminons le noyau de l’endomorphisme fk.
Soit u=
x y z
un vecteur de R3. Alors on a l’équivalence suivante : u∈Ker(fk)⇐⇒fk(u) = 0R3
⇐⇒
kx + 2y + z = 0
(k−1)y + 2z = 0 y + kz = 0
⇐⇒
kx + 2y + z = 0
y + kz = 0 L2 ←→L3 (k−1)y + 2z = 0
⇐⇒
kx + 2y + z = 0
y + kz = 0
(k+ 1)(2−k)z = 0 L3 ←−L3−(k−1)L2. Calcul du coefficient de la dernière ligne :
2−(k−1)k = 2−k2+k
=−(k2−k−2)
=−(k+ 1)(k−2)
= (k+ 1)(2−k).
• Premier cas : k6=−1 etk 6= 2.
Dans ce cas, le coefficient (k+ 1)(2−k)est non nul et par hypothèse,k est non nul aussi, donc le système précédent est de rang 3, donc de Cramer.
Or ce système est homogène donc le vecteur nul en est solution, donc le vecteur nul est l’unique solution du système :
u∈Ker(fk)⇐⇒u= 0R3. Ainsi, on a :
Ker(fk) ={0R3}.
Il s’ensuit que dim(Ker(fk)) = 0 : une base de Ker(fk) est la famille vide .
• Second cas :k =−1ou k= 2.
Dans ce cas, on a :
u∈Ker(fk)⇐⇒
kx + 2y + z = 0 y + kz = 0 0 = 0
⇐⇒
kx = −2y−z = (2k−1)z y = −kz
⇐⇒
(
x = 2k−1
k z car k 6= 0 y = −kz.
Ainsi, le noyau defk est le sous-espace vectoriel deR3 suivant :
Ker(fk) =
2k−1 k z
−kz z
z ∈R
=
z
2k−1
−kk 1
z ∈R
=Vect
2k−1
−kk 1
= Vect
2k−1
−k2 k
car k 6= 0.
? La famille
2k−1
−k2 k
est donc génératrice de Ker(fk).
? De plus, le vecteur
2k−1
−k2 k
étant non nul, il forme une famille libre.
Ainsi, la famille
2k−1
−k2 k
alors une base de Ker(fk). Plus spécifiquement :
? une base de Ker(f−1)est la famille
−3
−1
−1
;
? une base de Ker(f2) est la famille
3
−4 2
. Ainsi, on obtient que
dim(Ker(f−1)) =dim(Ker(f2)) = 1.
9. (a) L’image de l’endomorphisme fk est le sous-espace vectoriel deR3 suivant : Im(fk) =
v ∈R3
∃u∈R3, v =fk(u)
=
a b c
∈R3
∃(x, y, z)∈R3,
a b c
=
kx+ 2y+z (k−1)y+ 2z
y+kz
=
kx+ 2y+z (k−1)y+ 2z
y+kz
(x, y, z)∈R3
=
x
k 0 0
+y
2 k−1
1
+z
1 2 k
(x, y, z)∈R3
= Vect
k 0 0
,
2 k−1
1
,
1 2 k
.
Ainsi, la dimension de l’image de fk vaut : dim(Im(fk)) = dim
Vect
k 0 0
,
2 k−1
1
,
1 2 k
=rg
k 0 0
,
2 k−1
1
,
1 2 k
donc
dim(Im(fk)) =rg
k 2 1
0 k−1 2
0 1 k
=rg
k 2 1
0 1 k
0 k−1 2
L2 ←→L3
=rg
k 2 1
0 1 k
0 0 (k+ 1)(2−k)
L3 ←−L3−(k−1)L2
=
(2 sik =−1 ou k= 2 3 sinon.
(b) Trouvons une base de l’image de l’endomorphisme fk.
• Premier cas : k 6=−1 et k6= 2.
Dans ce cas, d’après la question précédente, on a : dim(Im(fk)) = 3.
Ainsi, l’image de fk est un sous-espace vectoriel de R3 de même dimen- sion que R3, donc on a :
Im(fk) =R3 .
Une base de l’image de fk est donc, par exemple, la base canonique deR3.
• Deuxième cas : k =−1.
Dans ce cas, d’après le calcul mené à la question précédente, on a : Im(f−1) = Vect
−1 0 0
,
2
−2 1
,
1 2
−1
. La famille
F−1 =
−1 0 0
,
2
−2 1
,
1 2
−1
est donc génératrice de Im(f−1).
? En sommant les deux derniers vecteurs de la familleF−1, on obtient :
2
−2 1
+
1 2
−1
=
3 0 0
=−3
−1 0 0
,
donc
−1 0 0
=−1 3
2
−2 1
−1 3
1 2
−1
,
donc le premier vecteur de la famille F−1 est combinaison linéaire des deux autres. Lorsqu’on le retire de la famille, la famille reste alors génératrice de l’image de f−1 :
la famille
B−1 =
2
−2 1
,
1 2
−1
est génératrice de Im(f−1).
? Or d’après la question précédente, la dimension de Im(f−1) est de 2, donc on a :
Card(B−1) = 2 =dim(Im(f−1)),
donc il s’ensuit que la familleB−1 est une base de Im(f−1).
• Troisième cas : k = 2.
Dans ce cas, d’après le calcul mené à la question précédente, on a : Im(f2) = Vect
2 0 0
,
2 1 1
,
1 2 2
, donc la famille
F2 =
2 0 0
,
2 1 1
,
1 2 2
est génératrice de Im(f2).
? Comme dans le cas précédent, la dimension de l’image def2 vaut2, donc on cherche à extraire de cette famille génératrice une base de Im(f2) contenant deux vecteurs.
? Les deux premiers vecteurs de F2 ne sont pas colinéaires, donc la famille
B2 =
2 0 0
,
2 1 1
est une famille libre de vecteurs de Im(f2).
? Or Card(B2) = 2 =dim(Im(f2)), donc la famille B2 est une base de Im(f2).
Problème 2 — L’urne de tous les records
Partie I : Nombre de records
1. Pour vider l’urne, on tire les n boules de l’urne, successivement et sans remise.
Une manière de vider l’urne est donc exactement une permutation de l’ensemble J1;nK des boules.
Comme Card(σ(J1;nK)) =n!, il y a n! manières de vider l’urne .
2. (a) Dénombrons les manières de vider l’urne qui amènent exactementn records.
• Première méthode : permutations strictement croissantes Une manière de vider l’urne qui amène exactement n records est une suite de tirages dont tous les résultats sont des records, c’est-à-dire dont tous les résultats sont strictement plus grands que les précédents.
Ainsi, l’ensemble des manières de vider l’urne de telle sorte que l’on ob- serve exactement n records est l’ensemble des permutations strictement croissantes de l’ensemble J1;nK :
{(i1, i2, ..., in)∈σ(J1;nK)|i1 < i2 < ... < in}. Pour construire une telle permutation :
? On choisit n numéros de boules différents dans J1;nK, sans ordre, c’est-à-dire que l’on choisit unen-combinaison de l’ensemble J1;nK : on a
n n
= 1 choix ;
? puis on trie les n numéros dans l’ordre croissant : on a une seule manière de faire cela.
Ainsi, on a un seul choix, c’est-à-dire qu’il y a une unique permutation strictement croissante de J1;nK.
Finalement, il y a une unique manière de vider l’urne de telle sorte que l’on observe exactement n records.
• Seconde méthode : description explicite du tirage
Pour vider l’urne de telle sorte que l’on observe exactement n records, c’est-à-dire que tous les tirages soient des records, les contraintes sui- vantes doivent être respectées.
? La dernière boule tirée doit être un record, donc son numéro doit être strictement supérieur à tous les (n−1) numéros tirés, ce doit donc être le maximum de l’ensembleJ1;nJ, c’est-à-diren.
Ainsi, la dernière boule tirée doit être la boulen.
? L’avant-dernière boule tirée doit être un record, donc son numéro doit être le maximum de tous les numéros tirés jusqu’au tiragen−1 (inclus). Comme la dernière boule tirée sera la boulen, les numéros tirés avant sont les éléments de l’ensemble J1;n−1K.
Ainsi, l’avant-dernière boule tirée doit être la boule n−1.
? Et ainsi de suite...
? La première boule doit être la boule de plus petit numéro, c’est-à- dire la boule 1.
Ainsi, la seule manière de vider l’urne de telle sorte que l’on observe exactement n records est de tirer la boule 1, puis la boule 2, ..., puis la boule n : c’est le tirage (1,2, ..., n).
(b) Le résultat du premier tirage est, par convention, toujours un record.
De plus, comme la boule n porte le plus grand numéro, le tirage auquel on tire la boule n constitue toujours un record aussi.
Ainsi, pour n’observer qu’un seul record, on doit tirer la boulenen premier.
Réciproquement, si l’on tire la boule n en premier, le premier tirage sera un record, mais aux tirages suivants, on tirera les boules deJ1;n−1K, dont les numéros ne pourront pas constituer de records (car ils sont inférieurs à n).
Ainsi, une manière de vider l’urne qui amène un seul record est exac- tement une permutation de J1;nK dont le premier élément est n.
Pour construire une telle permutation :
• on commence par placer la boulen en premier : on a une seule manière de faire ça ;
• puis on choisit une permutation desn−1boules restantes : on a(n−1)!
choix,
donc on a en tout(n−1)! choix.
Finalement, il y a(n−1)!manières de vider l’urne de sorte à n’observer qu’un seul record.
3. Soitk ∈J2;nK.
Dénombrons les manières de vider l’urne de telle sorte que le résultat du k-ième tirage soit un record.
(a) Soit j ∈Jk;nK.
Pour vider l’urne de telle sorte qu’auk-ième tirage, on tire la boule numérotée j et qu’elle soit un record, on procède de la manière suivante.
• Auxk−1premiers tirages, on tire k−1boules de numéros strictement inférieurs à j (de sorte qu’au tirage suivant, la boulej puisse constituer un record).
Les tirages étant successifs et sans remise, une telle suite dek−1tirages est donc exactement un (k−1)-arrangement de l’ensemble J1;j −1K . Comme j >k, on aj −1>k−1, donc il y a
(j−1)!
[(j−1)−(k−1)]! = (j−1)!
(j−k)!
tels arrangements.
• Au k-ième tirage, on tire la boule j : on a un seul choix.
• Auxn−k derniers tirages, on tire lesn−k boules restantes, successive-
ment et sans remise : on choisit donc une permutation des n−k boules restantes . Il y a (n−k)! telles permutations.
En tout, le nombre de choix est donc de : (j−1)!
(j−k)! ×1×(n−k)! = (j−1)!
[(j −1)−(k−1)]!(k−1)!(k−1)!(n−k)!
=
j−1 k−1
(k−1)!(n−k)!
=
j−1 k−1
k(k−1)!
k(n−k)!
= 1 k
j−1 k−1
n!k!(n−k)!
n!
= 1 k
j−1 k−1
n!
n k
.
Il y a donc n!
k n
k
j−1 k−1
manières de vider l’urne de telle sorte que
lak-ième boule tirée soit la boule numérotéej et qu’elle soit un record.
(b) Nous avons déjà traité cette question en TD : c’est l’exercice 7 du TD2 ! Soit p∈N.
Pour tout entier naturelq, notonsP(q) la proposition suivante :
q
X
i=0
p+i p
=
p+q+ 1 p+ 1
.
Montrons par récurrence que pour toutq∈N, la propositionP(q)est vraie.
• Initialisation D’une part,
0
X
i=0
p+i p
= p
p
= 1, et d’autre part,
p+ 0 + 1 p+ 1
=
p+ 1 p+ 1
= 1.
Ainsi,
0
X
i=0
p+i p
=
p+ 0 + 1 p+ 1
donc la proposition P(0) est vraie .
• Hérédité Soit q ∈N.
Supposons que la proposition P(q) soit vraie.
Montrons que la proposition P(q+ 1) est vraie, c’est-à-dire que
q+1
X
i=0
p+i p
=
p+q+ 2 p+ 1
. D’après la relation de Chasles, on a :
q+1
X
i=0
p+i p
=
q
X
i=0
p+i p
! +
p+q+ 1 p
=
p+q+ 1 p+ 1
+
p+q+ 1 p
d’après l’hypothèse de récurrence
=
p+q+ 2 p+ 1
d’après la relation de Pascal, donc la proposition P(q+ 1) est vraie .
• Conclusion
Pour tout q ∈N, la proposition P(q) est vraie.
Finalement, pétant arbitraire, on obtient que pour tout (p, q)∈N2,
q
X
i=0
p+i p
=
p+q+ 1 p+ 1
.
(c) NotonsTkl’ensemble des manières de vider l’urne de telle sorte que le résultat duk-ième tirage soit un record.
Pour tout j ∈ Jk;nK, notons Tk,j l’ensemble des manières de vider l’urne de telle sorte que le résultat du k-ième tirage soit la boule numérotée j et soit un record.
Dénombrons alors l’ensemble Tk.
• Pour que la k-ième boule tirée soit un record, il faut que son numéro soit strictement supérieur à ceux desk−1boules précédentes, donc que son numéro soit supérieur ou égal à k.
Donc chaque tirage dans Tk est dans l’un des Tk,j, avec j ∈Jk;nK. De plus, les ensembles Tk,j, pour j ∈Jk;nK, sont deux à deux disjoints (puisqu’on ne peut pas tirer deux boules distinctes au k-ième tirage).
Ainsi, on a :
Tk = G
j∈Jk;nK
Tk,j .
• L’union précédente étant disjointe, on obtient que : Card(Tk) =
n
X
j=k
Card(Tk,j)
=
n
X
j=k
n!
k nk
j −1 k−1
d’après la question précédente
= n!
k nk
n
X
j=k
j −1 k−1
car n!
k nk ne dépend pas de j.
Effectuons alors le changement d’indice i=j−k dans la somme :
i=j−k j =k+i
j parcourt Jk;nK i parcourt J0;n−kK. On obtient alors que
Card(Tk) = n!
k nk
n−k
X
i=0
k+i−1 k−1
= n!
k nk
n−k
X
i=0
(k−1) +i k−1
= n!
k nk
(k−1) + (n−k) + 1 (k−1) + 1
d’après la question 4.a) appliquée à p=k−1 etq =n−k
= n!
k n
k
n k
= n!
k .
Finalement, il y a n!
k manières de vider l’urne de telle sorte que le résultat du k-ième tirage soit un record.
Partie II : Modélisation informatique
4. La fonction suivante prend en entrée un entier n, simule les n tirages dans l’urne et renvoie le nombre de records observés durant l’expérience.
import numpy.random as nr def records(n):
"""
Entrée : un entier naturel n.
Simule n tirages successifs et sans remise dans l'urne.
Sortie : nombres de records observés sur les n tirages.
"""
Urne = list(range(1, n + 1))
# Liste des boules qui sont encore dans l'urne.
nb_records = 0 maximum = 0
# Plus grand numéro obtenu pour l'instant ,
# initialisé à 0
# (qui est inférieur au numéro de toutes les boules).
for tirage in range(n):
indice = nr.randint(0, n - tirage)
# Avant le tirage tirage ,
# il reste n - tirage boules dans l'urne.
# On tire une position dans la liste.
boule = Urne.pop(indice)
# On garde en mémoire le numéro de la boule tirée
# et on retire la boule de l'urne.
if boule > maximum:
# La boule tirée est alors un nouveau record.
nb_records = nb_records + 1 maximum = boule
return nb_records
5. La fonction suivante prend en arguments un entiern et un grand entier N, effec- tueN simulations de l’expérience et renvoie la liste des proportions de simulations conduisant à 0record,1record, à 2records, ..., àn records sur lesN simulations effectuées.
Elle fournit donc une approximation de la loi du nombre de records observés sur une expérience.
def loi_records(n, N):
"""
Entrée : deux entiers naturels n et N.
Simule N expériences des n tirages successifs et sans remise.
Sortie : liste des proportions de simulations amenant (0 record), 1 record , 2 records , ..., n records.
"""
Proportions = (n + 1)*[0]
# Liste de taille n + 1 dont , pour tout r, l'élément
# d'indice r est la proportion de simulations
# amenant r records , sur les N simulations.
# Le premier élément de la liste vaudra toujours 0
# mais on le rajoute pour éviter les décalages d'indices.
for experience in range(N):
# On simule N expériences :
# chaque tour de boucle correspond à une simulation.
r = records(n)
Proportions[r] = Proportions[r] + 1/N
# On rajoute 1/N à la proportion de simulations
# qui amènent r records.
return Proportions
