CAPES EXTERNE

SESSION 2015

CAPES EXTERNE

MATHÉMATIQUES 2

Problème 1

Partie A - Un chiffrement monographique

I. 1.Soitdun entier naturel non nul qui est un diviseur commun àaet b. Alors,ddiviseau+bvou encore ddivise1.

On en déduit qued=1. Ainsi,1est le seul diviseur commun àaet bet donc aetbsont premiers entre eux.

I. 2. a.Sia > 0,a=a×1+b×0est un entier naturel non nul qui est un élément deE. Sia < 0,−a=a×(−1) +b×0 est un entier naturel non nul qui est un élément deE.

Dans tous les cas,E ∩N^∗ est une partie non vide deN (et même deN^∗). On sait alors queE ∩N^∗ admet un plus petit élémentn₀. De plus,n₀∈N^∗.

I. 2. b.La division euclidienne de aparn0 s’écrita=q×n0+roùq∈Zet06r6n0−1. De plus, puisquen0∈E, il existe(u₀, v0)∈Z²tel que n0=au0+bv0. Mais alors,

r=a−qn0=a−q(au₀+bv0) = (1−qu0)a+ (−qv₀)b.

Puisque 1−qu₀ et −qv₀ sont des entiers relatifs, on en déduit que r ∈ E. Finalement, r ∈ E ∩J0, n−1K = {0} (par définition den₀). Donc,r=0.

I. 2. c. Ainsi,n0 divise a et de même, en échangeant les rôles de a et b, n0 divise b. Finalement, n0 est un diviseur commun àa et àbet donc un diviseur du PGCD dea et bà savoir1. Puisque n0 est un entier naturel non nul, on en déduit quen0=1.

On a montré que1∈E ou encore, il existe deux entiers relatifsuetvtels que au+bv=1.

I. 3.On a démontré le théorème deBézout: soientaetbdeux entiers relatifs non nuls.aetbsont premiers entre eux si et seulement si il existe deux entiers relatifsuetv tels queau+bv=1.

II.Soienta,betctrois entiers relatifs non nuls. On suppose queadivisebcet queaetbsont premiers entre eux. Donc, il existek∈Ztel quebc=kaet il existe(u, v)∈Z² tel queau+bv=1.

On multiplie les deux membres de l’égalitéau+bv=1parc. On obtient

c=acu+bcv=acu+kav=a(cu+kv).

Puisqauecu+kvest un entier relatif, ceci montre queadivisec. On a démontré le théorème deGauss. III. Chiffrement lettre par lettre

III. 1. a.•G a pour rangx=6.58x=348≡348[369]avec063486368.

•A a pour rangx=0.58x=0≡0[369]avec0606368.

•U a pour rangx=20.58x=1160≡53[369] avec06536368.

•S a pour rangx=18.58x=1044≡306[369]avec063066368.

Le mot GAUSS est codé par

348 0 53 306 306.

III. 1. b.On peut proposer de faire recopier en ligne 1 d’un tableau Excel les 26 lettres de l’alphabet (cases A1 à A26).

Puis de faire écrire leurs rangs respectifs en ligne 2 (on écrit 0 en case A2 puis la formule =A2+1 dans la case B2, formule que l’on recopie ensuite vers la droite). On propose ensuite de donner les codes associés en ligne 3 : en case A3, on rentre la formule =MOD(58*A2 ;369) qui donne le reste de la division euclidienne de 58 fois le rang de la lettre A par 369 puis on recopie cette formule vers la droite.

Il n’y a plus qu’à chercher en première ligne les lettres correspondant aux nombres 290 232 248 327 0 364 inscrits quant eux en ligne 3.

III. 2. a.Puisqueeetnsont non nuls et premiers entre eux, d’après le théorème deBézout, il existe deux entiers relatifs uet vtels queeu+nv=1. Mais alors,uest un entier relatif tel queeu≡1[n]. Soitfle reste de la division euclidienne deuparn.fest un entier naturel tel queu≡f[n]et donc tel queef≡eu[n]ou encore tel queef≡1[n].

III. 2. b.Soientαune lettre de l’alphabet de rangx∈J0, 25Kpuisyle reste de la division euclidienne de exparn. On supposeyconnu et on veut retrouverx.

ex≡y[n]⇒fex≡fy[n]⇒x≡fy[n].

Donc, il existeK∈Ztel que x=fy+Kn. Enfin,

06x625⇔06fy+Kn625⇔−fy

n 6K6−fy n +25

n. Puisque n>26, on a0 6 25

n < 1 et donc il existe au plus un entier relatif dans l’intervalle

−fy n,−fy

n +25 n

. Comme d’autre partxexiste puisquexa été codé en y, il existe exactement un entier relatif dans l’intervalle

−fy n,−fy

n + 25 n

ce qui déterminexde manière unique.

III. 3. a.Mest un entier naturel etM>3×3−1=8.

n= (cM+a)(dM+b) −1

M = cdM²+ (a+d)M+ab−1

M =cdM+a+d+ab−1

M =cdM+a+d+1. Donc,nest un entier naturel. De plus,n>3×3×8+3+3+1>26.

e=cM+aest un entier naturel non nul tel quefe+ (−M)n=1. D’après le théorème deBézout, les entiersnetesont premiers entre eux. Donc,(n, e)est une clé de codage.

n= ef−1

M fournitef=1+nMpuisef≡1[n]. Donc,fest une clé de décodage associée.

III. 3. b.M=ab−1=11.e=cM+a=5×11+3=58. f=dM+b=6×11+4=70.n= 58×70−1 11 =369.

III. 3. c.•58x≡290[369]⇒70×58x≡70×290[369]⇒x≡20300[369]⇒x≡5[369]. Puisque065625, on a donc x=5 qui le rang de la lettre F.

•58x≡232[369]⇒x≡70×232[369]⇒x≡16240[369]⇒x≡4[369]. Puisque064625, on a doncx=4qui le rang de la lettre E.

•58x≡248[369]⇒x≡70×248[369]⇒x≡17360[369]⇒x≡17[369]. Puisque0617625, on a doncx=17qui le rang de la lettre R.

•58x≡327[369]⇒x≡70×327[369]⇒x≡22890[369]⇒x≡12[369]. Puisque0612625, on a doncx=12qui le rang de la lettre M.

•58x≡0[369]⇒x≡0[369]. Puisque060625, on a doncx=0 qui le rang de la lettre A.

•58x≡364[369]⇒x≡70×364[369]⇒x≡25480[369]⇒x≡12[369]. Puisque0612625, on a doncx=19qui le rang de la lettre T.

Le mot qui a été codé est FERMAT.

III. 4. a.rN est le dernier reste non nul dans l’algorithme d’Euclide(puisquerN> rN+1=0). Donc,rN est le PGCD denete ou encorerN =1.

III. 4. b.Montrons par récurrence que∀k∈J0, NK,∃(u_k, v_k)∈Z²/ r_k=nu_k+ev_k.

•r0=n=1×n+0×eetr1=e=0×n+1×e. Donc, la propriété à démontrer est vraie pourk=0 etk=1.

•Soitk∈J1, NK. Supposons la propriété vraie pourk−1et k. Alors

r_k+1=r_k−1−r_kq_k= (nu_k−1+ev_k−1) −q_k(nu_k+ev_k) =n(u_k−1−q_ku_k) +e(v_k−1−q_kv_k). u_k+1=u_k−1−q_ku_k et v_k+1=v_k−1−q_kv_k sont des entiers relatifs tels quer_k+1=nu_k+1+ev_k+1. Le résultat est démontré par récurrence.

III. 4. c.En particulier,nu_N+ev_N=r_N=1et doncev_N ≡1[n]. Une clé de décodage associée à la clé de codage(n, e) est le reste de la division euclidienne dev_N parn.

III. 4. d.Dans la case C4, on a écrit =C2-B3*C3 (et dans la case D4, on a écrit =D2-B3*D3 ou aussi =(A4-369*C4)/58).

III. 4. e.369=6×58+21,58=2×21+16,21=1×16+5,16=3×5+1puis

1=16−3×5

=16−3(21−16) =4×16−3×21

=4×(58−2×21) −3×21=4×58−11×21

=4×58−11×(369−6×58) = −11×369+70×58.

Le couple(u₀, v₀) = (−11, 70)est un couple d’entiers relatifs tel que 369u₀+58v₀=1.

On en déduit que70×58≡1[369]et donc une clé de décodage est f=70.

III. 4. f.Soit(u, v)∈Z².

369u+58v=1⇔369u+58v=369u0+58v0⇔369(u−u0) =58(v0−v).

Si369u+58v=1, alors nécessairement l’entier58divise l’entier369(u−u0). Puisque les entiers58et369 sont premiers entre eux, on en déduit que nécessairement l’entier58divise l’entieru−u0et donc il existe un relatifktel queu−u₀=58k ou encoreu=u0+58k. De même, il existe un entier relatifk^′ tel quev0−v=369k^′ ou encorev=v0−369k^′.

Soient alors(k, k^′)∈Z² puisu=u₀+58k etv=v₀−369k^′.

369u+58v=369(u₀+58k) +58(v₀−369k^′) =369u₀+58v₀+58×369×(k−k^′) =1+58×369×(k−k^′).

Donc, 369u+58v = 1 ⇔ k = k^′. Les couples (u, v) ∈ Z² tels que 369u+58v = 1 sont les couples de la forme (−11+58k, 70−369k),k∈Z.

Posonsf₀=70. Une clé de décodage est un entier naturelftel que 58f≡1[369]. Donc,

fest une clé de décodage⇔f∈Net58f≡58f0[369]⇔f∈Net58(f−f0)≡0[369]

⇔f∈Netf−f₀≡0[369] (car58et369sont premiers entre eux)

⇔f∈Net∃k∈Z/ f=70+369k

⇔∃k∈N/ f=70+369k.

Les clés de décodage associées à la clé de codage(369, 58) sont les entiers naturels de la formef=70+369k, k∈N.

Partie B - Chiffrement de Hill

I. Question de cours.

I. 1.SoitAune matrice carrée d’ordre 2 à coefficients réels.Aest inversible si et seulement si il existe B∈M₂(Rtelle queAB=BA=I₂.

SoitAune matrice inversible. SoientBet Cdeux matrices telles queAB=BA=I2 etAC=CA=I2. Alors, B=BI2=B(AC) = (BA)C=I2C=C.

Ceci montre que la matriceBest unique en cas d’existence.

I. 2.A²=

a b c d

a b c d

=

a²+bc b(a+d) c(a+d) bc+d²

puis

A²− (a+d)A+ (ad−bc)I₂=

a²+bc b(a+d) c(a+d) bc+d²

− (a+d)

a b c d

+ (ad−bc) 1 0

0 1

=

a²+bc− (a+d)a+ (ad−bc) b(a+d) −b(a+d) c(a+d) −c(a+d) bc+d²− (a+d)d+ (ad−bc)

=

0 0 0 0

=0₂.

I. 3.• Siad−bc6=0, d’après la question I.1., I2=A× 1

ad−bc(−A+ (a+d)I2) = 1

ad−bc(−A+ (a+d)I2)×A.

Dans ce cas,Aest inversible d’inverseA⁻¹= 1

ad−bc(−A+ (a+d)I2) = 1 ad−bc

d −b

−c a

.

• Siad−bc=0, on a A²− (a+d)A=02 puisA(A− (a+d)I₂) =02. Supposons par l’absurde queAsoit inversible.

En multipliant les deux membres de la dernière égalité parA⁻¹, on obtientA− (a+d)I₂=0. Donc, il existe λ∈Rtel queA=λI2. L’égalitéad−bc=0fournitλ²=0 puisλ=0 puisA=02.

Mais, pour toute matrice carréeBd’ordre2,B×02=026=I2. Donc,A=02n’est pas inversible ce qui est une contradiction avec l’hypothèse initiale.

Il était donc absurde de supposer la matriceAinversible et finalement la matriceAn’est pas inversible.

On a montré queAest inversible si et seulement siad−bc6=0.

II. 1.SoitA=

2 0 0 1

.Aest une matrice carrée à coefficients dansZ.2×1−0×0=26=0 et donc la matriceAest inversible. De plus,A⁻¹=

1/2 0 0 1

et les coefficients deA⁻¹ne sont pas tous dansZ. II. 2.Siad−bc∈{−1, 1}, alorsA⁻¹=±

d −b

−c a

et en particulier,A⁻¹est à coefficients dansZ. Donc, (ad−bc=1 ouad−bc= −1) est une condition suffisante pour queA⁻¹soit à coefficients dans Z.

II. 3. Soit A une matrice carrée d’ordre 2, à coefficients entiers relatifs, inversible d’inverse A⁻¹ à coefficients entiers relatifs. On sait quead−bc=det(A)6=0et que det(A)est un entier relatif.

De même, det A⁻¹

est un entier relatif non nul. Mais det A⁻¹

= 1

det(A). Donc, nécessairement, det(A)est un entier relatif non nul dont l’inverse est aussi un entier relatif non nul. On en déduit que det(A)∈{−1, 1}(car dans le cas contraire,

|det(A)|>2puis0 <

1 det(A)

61

2 ce qui contredit le fait que 1

det(A) est un entier).

En résumé,Aest inversible, d’inverse à coefficients dansZsi et seulement siad−bc∈{−1, 1}.

III. 1.(S)⇔ x^′

y^′

=

a b c d

x y

.

III. 2. a.•Le rang de B estx=1et le rang de E esty=4.

x^′ y^′

=

4 3 5 4

1 4

= 16

21

.

Ainsi,x^′≡16[26] avec0616625et y^′≡21[26] avec0621625. Doncx^′ =16et y^′ =21. La lettre de rangx^′ =16 est Q et la lettre de rang21est V. Donc BE est codé par QV.

•Le rang de Z est x=25et le rang de O esty=14.

x^′ y^′

=

4 3 5 4

25 14

= 142

181

.

Ainsi,x^′≡12[26] avec0612625et y^′≡25[26] avec0625625. Doncx^′ =12et y^′ =25. La lettre de rangx^′ =12 est M et la lettre de rang25est Z. Donc ZO est codé par MZ.

•Le rang de U est x=20et le rang de T esty=19.

x^′ y^′

=

4 3 5 4

20 19

= 137

176

.

Ainsi,x^′ ≡7[26]avec067625et y^′ ≡20[26] avec0620625. Doncx^′=7 ety^′=20. La lettre de rangx^′=7 est H et la lettre de rang20est U. Donc UT est codé par HU.

Finalement, le mot BEZOUT est codé par QVMZHU.

III. 2. b.Aest inversible d’inverseA⁻¹= 1 4×4−3×5

4 −3

−5 4

=

4 −3

−5 4

. Les lettres S F X M O J ont pour rangs respectifs

18 5 23 12 14 9

•Les lettres S et F ont pour rangs respectifsx^′=18et y^′ =5.

x y

=

4 −3

−5 4

18 5

= 57

−70

.

Ainsi,x≡5[26] avec065625et y≡8[26]avec068625. Donc x=5 ety=8. La lettre de rangx=5est F et la lettre de rang8est I. Donc SF code FI.

•Les lettres X et M ont pour rangs respectifsx^′=23et y^′=12.

x y

=

4 −3

−5 4

23 12

= 56

−67

.

Ainsi,x≡4[26]avec064625ety≡11[26]avec068625. Doncx=4ety=11. La lettre de rangx=4est E et la lettre de rang11est L. Donc XM code EL.

•Les lettres O et J ont pour rangs respectifs x^′=14ety^′ =9.

x y

=

4 −3

−5 4

14 9

= 29

−34

.

Ainsi,x≡3[26] avec063625ety≡18[26] avec0618625. Doncx=3et y=18. La lettre de rang x=3 est D et la lettre de rang18est S. Donc OJ code DS.

Finalement, SFXMOJ code le mot FIELDS.

III. 3.Ici,A=

3 2 1 3

puisA⁻¹= 1 7

3 −2

−1 3

.

III. 3. a.Les entiers7et26=2×13sont premiers entre eux car sans facteur premier commun.15×7=105=4×26+1 et donc15×7≡1[26]. Doncu=15est un entier compris au sens large entre0et 25tel que7u≡1[26].

D’autre part, d’après la question A-III.4.f., les entiers relatifsftels que7f≡1[26]sont les entiers de la formef=15+26k, k∈Z.

0615+26k625⇔−15

26 6k6−15 26+ 25

26 ⇔k=0.

Ceci montre l’unicité de l’entieru.

III. 3. b.SoitB=7A⁻¹=

3 −2

−1 3

. On a

uBA=7uA⁻¹A=7uI₂≡I₂[26].

Donc la matriceBconvient.

III. 3. c.Le décodage se mène alors de la façon suivante

A x

y

= x^′

y^′

⇒uBA x

y

=uB x^′

y^′

⇒I2

x y

≡uB x^′

y^′

[26]

⇒ x

y

≡15

3 −2

−1 3

x^′ y^′

[26]⇒

x y

≡

45x^′−30y^′

−15x^′+45y^′

[26]

⇒ x

y

≡

−7x^′−4y^′ 11x^′−7y^′

[26].

•Les lettres A et K ont pour rang respectifsx^′ =0et y^′=10.

x y

≡ −40

−70

[26]puis x

y

≡ 12

8

[26]. AK code MI

• Les lettres X et O ont pour rang respectifsx^′ =23et y^′ =14.

x y

≡

−217 155

[26] puis x

y

≡ 17

25

[26].

XO code RZ

•Les lettres U et E ont pour rang respectifsx^′=20ety^′=4.

x y

≡

−156 192

[26]puis x

y

≡ 0

10

[26]. UE code AK

•Les lettres V et H ont pour rang respectifsx^′=21ety^′=7.

x y

≡

−175 182

[26]puis x

y

≡ 7

0

[26]. VH code HA

•Les lettres D et L ont pour rang respectifs x^′ =3 ety^′=11.

x y

≡ −65

−44

[26] puis x

y

≡ 13

8

[26]. DL code NI

Finalement, AKXOUEVHDL code MIRZAKHANI (première femme à avoir reçu la médaille Fields (2014)).

III. 4.Dans le cas général, posonsB=det(A)A⁻¹=

d −b

−c a

. La matriceBest inversible d’inverse 1 det(A)A.

A x

y

= x^′

y^′

⇔BA x

y

=B x^′

y^′

⇔

(det(A))x=dx^′−by^′ (det(A))y= −cx^′+ay^′ .

Si det(A)est premier à26, det(A)possède un inverseumodulo26et dans ce cas, on peut décoder :

x≡u(dx^′−by^′) [26]

y≡u(−cx^′+ay^′) [26] . On peut décoder si det(A)est premier à26.

Problème 2

Partie A

I. 1.Les16chemins sont (1, 1, 1, 1)

(1, 1, 1, 0) (1, 1, 0, 1) (1, 1, 0, 0) (1, 0, 1, 1) (1, 0, 1, 0) (1, 0, 0, 1) (1, 0, 0, 0) (0, 1, 1, 1) (0, 1, 1, 0) (0, 1, 0, 1) (0, 1, 0, 0) (0, 0, 1, 1) (0, 0, 1, 0) (0, 0, 0, 1) (0, 0, 0, 0)

I. 2.Il y a6chemins qui contiennent deux fois l’élément 1: (1, 1, 0, 0)

(1, 0, 1, 0) (1, 0, 0, 1) (0, 1, 1, 0) (0, 1, 0, 1) (0, 0, 1, 1)

I. 3.Parmi les6 chemins contenant deux fois l’élément1, il y en a3avec un1 en première place,

(1, 1, 0, 0) (1, 0, 1, 0) (1, 0, 0, 1)

il y en a3avec un1 en deuxième place, (1, 1, 0, 0)

(0, 1, 1, 0) (0, 1, 0, 1)

il y en a3avec un1 en troisième place, (1, 0, 1, 0)

(0, 1, 1, 0) (0, 0, 1, 1)

il y en a3avec un1 en quatrième place, (1, 0, 0, 1)

(0, 1, 0, 1) (0, 0, 1, 1)

II. 1.Soitk∈J0, nK. Un chemin contientk fois l’élément1 si et seulement si il contientn−kfois l’élément0.

n k

est donc le nombre de chemins contenantn−kfois l’élément0. En remplaçant les0par des1et les1par des0dans ces chemins, on ne change pas le nombre de ces chemins. Donc,

n k

est donc le nombre de chemins contenantn−kfois l’élément1 c’est-à-dire

n n−k

. Ainsi,

∀k∈J0, nK, n

k

= n

n−k

.

II. 2.Soitk∈J1, nK. Le nombre de(n+1)-uplets contenantk fois l’élément1 est

n+1 k

. Ces(n+1)-uplets sont de deux types disjoints.

• Type I : les(n+1)-uplets contenantk fois l’élément1, le dernier élément étant un0,

• Type II : les(n+1)-uplets contenantkfois l’élément1, le dernier élément étant un1.

Un (n+1)-uplet du type I est constitué d’un n-uplet contenant k fois l’élément 1 puis de l’élément 0. Il y a n

k

tels (n+1)-uplets.

Un(n+1)-uplet du type II est constitué d’unn-uplet contenantk−1 fois l’élément1puis de l’élément1. Il y a n

k−1

tels(n+1)-uplets.

Puisque les types I et II sont disjoints, on a montré que

∀k∈J1, nK, n

k−1

+ n

k

=

n+1 k

.

II. 3. a.Une ligne est un chemin contenantkfois l’élément1etn−kfois l’élément0. Donc la somme des éléments d’une ligne est égale àk.

II. 3. b.La somme des éléments de laj-ème colonne est le nombre de1dans cette colonne ou encore le nombre de chemins àksuccès et n−kéchecs comportant un 1à laj-ème position.

II. 3. c.La somme des éléments d’une ligne est égale àk et il y a n

k

lignes. Donc, la somme de tous les coefficients de la matrice est égale àk

n k

(somme obtenue en additionnant en ligne).

Soitj∈N. L’application qui, à unn-uplet comportantkfois l’élément1avec un1enj-ème position associe len−1-uplet obtenu en effaçant le1 enj-ème position est bien sûr une bijection de l’ensemble desn-uplets comportant comportantk fois l’élément1 avec un1 enj-ème position sur l’ensemble desn−1-uplets comportantk−1 fois l’élément1. Le nombre de cesn-uplets est donc

n−1 k−1

.

Ainsi, la somme des éléments de la colonnejest

n−1 k−1

. Puisqu’il y a ncolonnes, la somme de tous les coefficients de la matrice est aussi égale àn

n−1 k−1

(somme obtenue en additionnant en colonne). Finalement,

∀k∈J1, nK, k n

k

=n n−1

k−1

.

II. 4. a.SoitEun ensemble ànéléments. Les éléments de Epeuvent se noter de manière ordonnéex₁, . . . ,x_n. Chaque partie F deE est alors uniquement défini par un chemin dans l’arbre du début de la partie A : à lap-ème étape, on va vers1six_pest dans F(succès) et vers0 six_pn’est pas dans F. Le nombre de parties àpéléments deE est alors aussi le nombre de chemins àpsuccès (etn−péchecs).

II. 4. b.Soitk∈J1, nK.

n k

= n k

n−1 k−1

= n

k ×n−1

k−1 ×. . .×n−k+1 1

n−k 0

.

n−k 0

est le nombre de parties à 0 élément d’un ensemble à n−k éléments. Il n’y en a qu’une à savoir ∅. Donc, n−k

0

=1 puis n

k

= n(n−1). . .(n−k+1)

k! = n(n−1). . .(n−k+1)(n−k)(n−k−1). . . 1

k!(n−k)(n−k−1). . . 1 = n!

k!(n−k)!. Cette égalité reste vraie quandk=0car0! =1.

∀k∈J0, nK, n

k

= n!

k!(n−k)!.

II. 4. c.Soitk∈J1, nK.

n k−1

+

n k

= n!

(k−1)!(n− (k−1))!+ n!

k!(n−k)! = n!k

k!(n+1−k)!+ n!(n+1−k) k!(n+1−k)!

= n!(k+n+1−k)

k!(n+1−k)! = n!(n+1)

k!(n+1−k)! = (n+1)!

k!(n+1−k)!

= n+1

k

,

et

n k

= n!

k!(n−k)! = n k

(n−1)!

(k−1)!((n−1) − (k−1))! = n k

n−1 k−1

et donck n

k

=n n−1

k−1

.

III.Xsuit la loi binomiale de paramètresnetθpuis

E(X) = Xn

k=0

kP(X=k) = Xn

k=1

k n

k

θ^k(1−θ)^n−k= Xn

k=1

n n−1

k−1

θ^k(1−θ)^n−k

=np Xn

k=1

n−1 k−1

θ^k−1(1−θ)(n−1)−(k−1)=nθ

n−1X

l=0

n−1 l

θ^l(1−θ)^(n−1)−l

=nθ,

car siY est une variable aléatoire suivant une loi binomiale de paramètresn−1 etθ (ce qui permet de ne pas utiliser la formule du binôme deNewton :

n−1X

l=0

n−1 l

θ^l(1−θ)^(n−1)−l= (θ+ (1−θ))ⁿ⁻¹=1),

n−1X

l=0

n−1 l

θ^l(1−θ)^(n−1)−l=

n−1X

l=0

P(Y=l) =1.

Partie B

I. 1.D4prend les valeurs0,1,2,3, 4etD4suit une loi binomiale de paramètresn=4 etp= 1 2.

X4prend les valeurs 4 (si on a obtenu4 fois pile), 2si on a obtenu 3fois pile, 0 (si on a obtenu2 fois pile), −2(si on a obtenu1 fois pile),−4 (si on a obtenu0fois pile).

En fait,X4=1×D4+ (−1)×(4−D4) =2D4−4puis pourk∈J0, 4K,

D4=k⇔2D4−4=2k−4⇔X4=2k−4.

Donc, pour toutk∈J0, 4K, les événements (D₄=k)et(X₄=2k−4)sont égaux. On en déduit que pour toutk∈J0, 4K,

P(X4=2k−4) = 4

k 1 2

k 1 2

4−k

= 4

k

16 .

I. 2.Dn suit la loi binomiale de paramètresnet p= 1 2. I. 3.X_n=1×D_n+ (−1)×(n−D_n) =2D_n−n.

I. 4.E(X_n) =2E(D_n) −n=2×n×1

2−n=0. Ceci signifie qu’au bout d’un grand nombre de déplacements, en moyenne, le point mobile est en l’origine.

E(X_n) =0.

II. 1. La parité de l’abscisse du point mobile change à chaque déplacement. Puisque qu’au départ, le point mobile a pour abscisse0 qui est un nombre pair, l’abscisse du point mobile est un nombre impair au bout d’un nombre impair de déplacement et en particulier, l’abscisse du point mobile n’est pas nulle. Donc,

sinest impair,P(X_n =0) =0.

II. 2.X_2n=0⇔2D_2n−2n=0⇔D_2n=n. Donc,

P(X_2n=0) =P(D_2n=n) = 2n

n

2²ⁿ .

∀n∈N^∗,P(X2n=0) = 2n

n

2²ⁿ .

III. 1.Dans l’algorithme proposé, on part de0et à chaque étape, on ajoute1avec une chance sur deux et on retranche1 avec une chance sur deux. Cet algorithme simule donc la marche aléatoire de cette partie B et renvoie l’abscisse du point mobile au bout denétapes.

III. 2.Dans l’algorithme ci-dessous, on ne compte pas la position initiale en l’origine.

entrer (n) x←0 c←0

pourkallant de1 àn si alea () > 0,5 alors

x←x+1 sinon

x←x−1 finsi

six=0 alors

c←c+1 finsi

finpour retourner(c) III. 3.

entrer (n) C←0

pouriallant de1à 1000 x←0

c←0

pourk allant de1àn si alea () > 0,5 alors

x←x+1 sinon

x←x−1 finsi

six=0alors c←c+1 finsi finpour C←C+c finpour

retourner(C/1000)

III. 4.• Les deux premiers algorithmes sont peu utilisables en tant que tels. Le premier fournit une valeur possible de l’abscisse finale du point mobile mais ne pourrait permettre de conjecturer les valeurs prises par cette abscisse que si on le répétait un grand nombre de fois. Le deuxième algorithme fournit une valeur du nombre de passages en l’origine mais ne pourrait permettre de conjecturer le nombre de passage moyen par exemple (déterminé à la dernière question du problème) que si on le répétait un grand nombre de fois.

•En répétant1000séries denlancers, la fréquence d’apparition de l’événementX_n =0devrait être environ sa probabilité (calculée aux questions II.1 et II.2.). Le professeur peut alors faire dégager l’idée qu’une probabilité est la limite d’une suite de fréquences (loi faible des grands nombres) à partir du troisième algorithme.

IV. 1.Notonsx2n l’abscisse du point mobile au bout de2nlancers.

−2n= −1−1−. . .−1

| {z }

2n

6x2n61+1+. . .+1

| {z }

2n

=2n.

De plus, comme on l’a déjà expliqué à la question II.1.,x_2n est nécessairement un entier pair.

IV. 2.Réciproquement, pourk∈J−n, nK, l’abscisse2kest obtenue en se déplaçantn+kfois vers la droite etn−kfois vers la gauche. Donc, l’ensemble des valeurs prises par la variableX2nest {2k, k∈J−n, nK}.

Soitk∈J0, nK.X_2n=2k⇔2D_2n−2n=2k⇔D_2n=n+kpuis

P(X_2n=2k) =P(D_2n=n−k) = 2n

n+k

2²ⁿ .

IV. 3. Soitk ∈J0, 2nK. On note Ωk la variable aléatoire égale à 1 si, à l’issue duk-ème lancer, l’abscisse du point est nulle et à0sinon. On a alorsCn =Ω2+Ω4+. . .+Ω2n puis, par linéarité de l’espérance

E(C_n) = X2n

k=1

E(Ω_2k).

Ensuite, pourk∈J1, nK,Ω2k=1⇔X2k=0 et donc

E(Ωk) =0×P(Ωk=0) +1×P(Ωk=1) =P(X2k=0) = 2k

k

2^2k . Donc,

E(C_n) = Xn

k=1

2k k

2^2k =







 Xn

k=0

2k k

4^k









−1.

Montrons par récurrence que∀n∈N^∗, Xn

k=0

2k k

4^k = 2n+1 4ⁿ

2n n

.

• X1

k=0

2k k

2^2k =1+2 4 = 3

2 et 2×1+1 4¹

2 1

= 3

2. La formule à démontrer est donc vraie quandn=1.

• Soitn>1. Supposons que Xn

k=0

2k k

4^k = 2n+1 4ⁿ

2n n

. Alors,

n+1X

k=0

2k k

4^k = Xn

k=0

2k k

4^k +

2n+2 n+1

4ⁿ⁺¹

= 2n+1 4ⁿ

2n n

+

2n+2 n+1

4ⁿ⁺¹ (par hypothèse de récurrence)

= 1 4ⁿ⁺¹

4(2n+1) 2n

n

+

2n+2 n+1

= 1 4ⁿ⁺¹

4(2n+1) (n+1)²

(2n+1)(2n+2)+1 2n+2 n+1

= 2(n+1) +1 4ⁿ⁺¹

2n+2 n+1

.

On a montré par récurrence que

∀n∈N^∗,E(Cn) = 2n+1 4ⁿ

2n n

−1.