1. Par dénition des nombres de Catalan,

Partie I. Boîte à outils

1. Par dénition des nombres de Catalan,

C

1

= C

0

C

0

= 1, C

2

= C

0

C

1

+ C

1

C

0

= 2, C

3

= C

0

C

2

+ C

1

C

1

+ C

2

C

0

= 5, C

4

= 1 × 5 + 1 × 2 + 2 × 1 + 5 × 1 = 14, H

2

=

1 1 1 2

= 2 − 1 = 1,

H

₃

=

1 1 2 1 2 5 2 5 14

=

1 1 2 0 1 3 0 3 10

= 1 × 10 − 3 × 3 = 1

2. On utilise la formule de Stirling pour trouver un équivalent 2n

n

= (2n)!

(n!)

²

∼

√ 2π(2n)

²ⁿ

e

⁻²ⁿ

√ 2n 2π n

²ⁿ

e

⁻²ⁿ

n ∼ 4

ⁿ

√ π n 3. a. On peut utiliser l'identité

4pq = (p + q)

²

− (p − q)

²

= 1 − (p − q)

²

≤ 1 L'égalité se produit si et seulement si p = q c'est à dire p = q =

¹₂

.

b. L'identité précédente s'écrit encore (p − q)

²

= 1 − 4pq . Notons P = min(p, q) et Q = max(p, q) de sorte que 0 < P ≤ Q et P + Q = 1 . Alors

p 1 − 4pq = |p − q| = Q − P = 1 − 2P ⇒ 1 − p

1 − 4pq = 2P = 2 min(p, q) 4. On reconnait les intégrales de Wallis.

a. De manière évidente : w

₀

=

^π₂

.

b. Il s'agit de l'intégration par partie classique des intégrales de Wallis.

c. On utilise la relation précédente pour diminuer les indices w

k

= 2k − 1

2k w

k−1

= 2k − 1 2k

2k − 3

2(k − 1) w

k−2

= · · · = 2k − 1 2k

2k − 3 2(k − 1) · · · 1

2 w

0

On multiplie en haut et en bas par les nombres pairs de 2 à 2n . Dans le produit des nombres pairs, on peut mettre des 2 en facteur et faire apparaitre une factorielle.

w

_k

= (2k)!

(2

^k

k!)

²

π 2 = π

2 2k

k

4

^−k

Partie II. Marches sur N.

1. Par sommation en dominos

a

l

= a

l

− a

0

= α

0

+ α

1

+ · · · + α

_l−1

= ( nb de α

i

= 1) − ( nb de α

i

= −1) car les α

i

ne prennent que les valeurs 1 ou −1 . Pour un circuit, a

l

= 0 donc le nombre de α

i

= 1 est égal au nombre de α

i

= −1 et la somme des deux vaut l . Ce nombre l doit donc être pair.

2. c

₀

= c

⁰₀

= 1 car la seule marche de longueur 0 est (0) et c'est un circuit strict. De même, c

₁

= c

⁰₁

= 1 car le seul circuit de longueur 2 est (0, 1, 0) et il est strict.

Un cicuit de longueur 2n commence toujours par un déplacement vers la gauche et se termine toujours par un déplacement vers la droite. Entre les deux, il réalise un circuit partant et arrivant en 1 et de longueur 2(n − 1) . On en déduit que

c

⁰_n

= c

_n−1

3. On espère ici trouver des relations de récurrence du type de celle vériée par la suite des nombres de Catalan.

a. Soit n ≥ 0 et k xé tel que 1 ≤ k ≤ n − 1 . Un circuit vériant la condition de l'énoncé se décompose en deux circuits :

un circuit strict de 0 à 2k

un circuit de 2k à 2n . En décalant les indices, cela revient à un circuit de longueur 2(n − k) .

Le nombre des cicuits considérés ici est donc c

⁰_k

c

n−k

= c

k−1

c

n−k

(d'après la question 2).

b. Un circuit revient toujours à l'origine. Il peut y revenir plusieurs fois. On peut classer les circuit selon le moment où pour la première fois, ils reviennent à l'ori- gine. Un circuit qui revient à l'origine pour la première fois à l'instant 2k est de la forme étudiée dans la question précédente. Ces diérents types de circuits forment une partition de l'ensemble de tous les circuits. On en déduit

c

n+1

=

n+1

X

k=1

c

_k−1

c

_n+1−k

=

n

X

i=0

c

i

c

⁰_n−i

Ainsi, la suite des c

⁰

vérie la même relation de récurrence avec la même condition initiale que la suite des nombres de Catalan. Les deux suites sont égales.

∀n ∈

^∗_N

, c

n

= C

n

, c

⁰_n

= C

_n−1

Partie III. Développements et série génératrice.

1. La fonction à dériver est une puissance : f (t) = (1 − t)

¹²

, f

⁰

(t) = − 1

2 (1 − t)

⁻¹²

, f

⁽²⁾

(t) = (−1)

²

1 2 (− 1

2 )(1 − t)

⁻³²

, f

⁽³⁾

(t) = (−1)

³

1

2 (− 1 2 )(− 3

2 )(1 − t)

⁻⁵²

, · · · f

⁽ⁿ⁾

(t) = (−1)

ⁿ

1

2 (− 1 2 )(− 3

2 ) · · ·

| {z }

nfacteurs

(1 − t)

¹²⁻ⁿ

= (−1)

ⁿ

(−1)

ⁿ⁻¹

1 2 ( 1

2 )( 3

2 )( 2n − 3

2 ) · · · (1 − t)

⁻²ⁿ⁻¹²

= − 1

2

ⁿ

( Pdt des impairs de 1 à 2n − 3 ) (1 − t)

⁻²ⁿ⁻¹²

= − 1 2

ⁿ

(2n − 2)!

Pdt des pairs de 1 à 2n − 2 (1 − t)

⁻²ⁿ⁻¹²

= − 1 2

ⁿ

(2n − 2)!

2

ⁿ⁻¹

(n − 1)! (1 − t)

⁻²ⁿ⁻¹²

= − (n − 1)!

2

²ⁿ⁻¹

2n − 2 n − 1

(1 − t)

⁻²ⁿ⁻¹²

2. Développement limité

a. La fonction admet des développements limités en 0 à tous les ordres car elle est de classe C

^∞

au voisinage de 0 . Ces développements sont donnés par la formule de Taylor avec reste de Young. Le coecient a

_n

est donc égal à

a

n

= 1

n! f

⁽ⁿ⁾

(0) = 1 n!

− (n − 1)!

2

²ⁿ⁻¹

2n − 2 n − 1

= − 2 n 4

ⁿ

2n − 2 n − 1

b. D'après les règles de calcul des développements limités, la somme

n

X

k=0

a

k

a

n−k

est le coecient du terme de degré n dans le développement limité de f (x)

²

= 1 − x . Ce coecient est donc nul pour n ≥ 2 .

3. a. D'après le cours, la formule de Taylor avec reste intégral entre 0 et x s'écrit f (x) = f (0) + 1

1! f

⁰

(0)x + · · · + 1

n! f

⁽ⁿ⁾

(0)x

ⁿ

+ r

n

(x)

= a

0

+ a

1

x + · · · + a

n

x

ⁿ

+ r

n

(x) avec r

n

(x) = Z

x

0

(x − t)

ⁿ

f

⁽ⁿ⁺¹⁾

(t) dt

Les coecients sont les mêmes que pour le développement limité.

b. Pour 0 ≤ t ≤ x < 1 , le numérateur x − t et le dénominateur 1 − t sont positifs donc la fraction est bien positive. De plus,

x − t

1 − t = x − 1 + 1 − t

1 − t = x − 1 1 − t + 1

Cette expression est une fonction décroissante de t dans l'intervalle [0, x] . Elle prend la valeur x en 0 , elle reste donc toujours inférieure à x .

c. D'après l'expression de la dérivée trouvée en 1.

r

n

(x) = Z

x

0

(x − t)

ⁿ

(−1) 2

²ⁿ⁺¹

2n n

(1 − t)

^−(n+12)

dt

= − 1 2

²ⁿ⁺¹

2n n

Z

x 0

x − t 1 + t

n

√ dt 1 − t On peut utiliser l'encadrement de la question b.

|r

n

(x)| ≤ x

ⁿ

2

²ⁿ⁺¹

2n n

Z

x 0

√ dt 1 − t

Pour x xé, la question I.2. fournit une suite équivalente à la suite (|r

n

(x)|)

_n∈N

:

|r

n

(x)| ∼ 1 2

Z

x 0

√ dt 1 − t

x

ⁿ

4

ⁿ

4

ⁿ

√ π n −→ 0 car x < 1 .

d. Pour x ∈ [0, 1[ , la série P

a

n

x

ⁿ

converge vers √

1 − x car

n

X

k=0

a

_k

x

^k

− √

1 − x = −r

_n

(x) et la suite des r

n

(x) converge vers 0 .

4. a. Formons encore le développement limité de p

(1 − 4y) p 1 − 4y = 1 + 1

2 (−4y) − 1

8 (−4y)

²

+ o(y

²

) = 1 − 2y − 2y

²

+ o(y

²

) On en déduit, pour y > 0 :

ϕ(y) = 1 + y + o(y)

Ce qui montre que ϕ converge vers 1 en 0 . On pose ϕ(0) = 1 et ϕ devient une

fonction continue dans [0,

¹₄

[ .

b. On obtient l'expression de ϕ comme somme de série à partir de celle de √ 1 − x p 1 − 4y = X

n≥0

a

_n

4

ⁿ

y

ⁿ

⇒ 1 − p

1 − 4y = − X

n≥1

a

_n

4

ⁿ

y

ⁿ

⇒ ϕ(y) = − 1 2

X

n≥1

a

_n

4

ⁿ

y

ⁿ⁻¹

= − 1 2

X

n≥1

a

_n

4

ⁿ

y

ⁿ⁻¹

= − 1 2

X

n≥0

a

_n+1

4

ⁿ⁺¹

y

ⁿ

On peut donc prendre

c

n

= − 1

2 4

ⁿ⁺¹

a

n+1

5. On veut montrer que c

n

= C

n

pour tout n en prouvant que les c

n

vérient la même relation de récurrence. On traduit la relation (III.2.b.) vériée par les a

n

avec des c

n

. Soit n ≥ 0 ,

n+2

X

k=0

a

_k

a

_n+2−k

= 2a

₀

a

_n+2

+

n+1

X

k=1

a

_k

a

_n+2−k

= 0 a

i

= −2c

_i−1

4

⁻ⁱ

pour i ≥ 1



 



 



⇒ −4c

n+1

4

ⁿ⁺²

+ 4

n+1

X

k=1

4

ⁿ⁺²

c

k−1

c

n−k−1

= 0 ⇒ c

n+1

=

n

X

k=0

c

k

c

n−k

Partie IV. L'espoir du retour.

1. a. Considérons la suite des α

i

attachée au circuit (a

0

, · · · , a

2n

. L'événement proposé peut s'exprimer avec les variables D

_k

(A

1

= a

1

) ∩ · · · ∩ (A

2n

= a

2n

) = (D

1

= α

0

) ∩ · · · ∩ (D

2n

= α

2n−1

) On peut utiliser la formule des probabilités composées. Comme (a

0

, · · · , a

2n

) est un circuit strict, toutes les probabilités conditionnelles d'aller à droite sont égales à p (sauf la première qui vaut 1 ) et toutes les probabilités conditionnelles d'aller à gauche sont égales à q . On en déduit que

p ((A

1

= a

1

) ∩ · · · ∩ (A

2n

= a

2n

)) = p

ⁿ⁻¹

q

ⁿ

b. La question précédente nous donne la probabilité d'une marche particulière dans l'ensemble R

n

. Cette probabilité ne dépend que de n , la probabilité de R

n

est donc la somme des probabilités élémentaires d'où

p(R

n

) = ( nb de circuits stricts de longueur 2n ) × p

ⁿ⁻¹

q

ⁿ

= C

_n−1

p

ⁿ⁻¹

q

ⁿ

2. D'après la question I.2. et l'expression de C

n

:

p(R

n

) ∼ 4

ⁿ⁻¹

√ πn

³²

p

ⁿ⁻¹

q

ⁿ

∼ q

√ π (4pq)

ⁿ⁻¹

n

⁻³²

C'est le terme général d'une série convergente. On peut la majorer par une série de Riemann à cause du n

⁻³²

.

Les événements premier retour en 2n sont disjoints, la somme de leurs probabilités représente la probabilité que la marche revienne en 0 .

3. Pour p et q diérents de

¹₂

, on peut utiliser le développement de ϕ(pq) car 4pq < 1 d'après I.3.

a. Exprimons la somme à l'aide de ϕ et de la question I.3.

X

n≥1

p(R

n

) = X

n≥1

C

_n−1

p

ⁿ⁻¹

q

ⁿ

= X

n≥0

C

n

p

ⁿ

q

ⁿ⁺¹

= qϕ(pq) = 1 − √ 1 − 4pq

2p = min(p, q)

p =



 

 

1 si p < 1 2 q

p si p > 1 2 Ce résultat signie que lorsque p <

¹₂

c'est à dire lorsque la probabilité de revenir en arrière est plus grande que celle d'avancer, le retour à l'origine est un événement certain. Ceci reste vrai pour p =

¹₂

mais nos calculs ne permettent pas de la prouver.

b. D'après la question 2 de cette partie, np(R

_n

) ∼ q

√ π (4pq)

ⁿ⁻¹

n

⁻¹²

Cette fois, ce qui assure la convergence de la série, c'est le facteur géométrique (4pq)

ⁿ⁻¹

car 4pq < 1 lorsque p et q sont diérents de

¹₂

.

La somme de cette série représente l'espérance du premier retour en 0 d'une marche sur N, on la note E1

On admettra que l'on peut dériver le développement de ϕ :

X

n≥1

nC

n

y

ⁿ⁻¹

= ϕ

⁰

(y) = 1 − 2y − √ 1 − 4y y

²

√

1 − 4y

On en déduit E

1

= X

n≥1

np(R

n

) = X

n≥1

nC

_n−1

p

ⁿ⁻¹

q

ⁿ

= X

n≥0

(n + 1)C

n

p

ⁿ

q

ⁿ⁺¹

= X

n≥1

nC

n

p

ⁿ

q

ⁿ⁺¹

+ X

n≥0

C

n

p

ⁿ

q

ⁿ⁺¹

= pq

²

ϕ

⁰

(pq) + qϕ(pq) Après quelques réarrangements utilisant P + Q = 1 , 1 − 2P = Q − P ,

pq

²

ϕ

⁰

(pq) = q Q

1 − Q 1 − 2P qϕ(pq) = q

Q



 

 

⇒ E

₁

= q Q

1 − Q + 1 − 2P 1 − 2P = q

Q 1 − P

1 − 2P = q Q − P On vérie bien que lorsque p et q sont proches de

¹₂

, cette espérance devient très grande.

Partie V. Matrices de Hankel

1. Soit a ∈]0, 4] , changement de variable t = 2 + 2 sin θ avec θ ∈ [−

^π₂

,

^π₂

] . Les bornes :

t = a ! θ = arcsin t − 2

2 (noté α ) t = 4 ! θ = π

2 L'élément diérentiel :

dx = 2 cos θ dθ La fonction :

t = 2 + 2 sin θ 4 − t = 2 − 2 sin θ

)

⇒ 4t − t

²

= 4 cos

²

θ (avec cos θ ≥ 0 ) ⇒ ρ(t) = 1 4π

cos θ 1 + sin θ L'intégrale :

I = Z

4

a

ρ(t) dt = 1 π

Z

^π₂

α

cos

²

θ 1 + sin θ dθ On peut alors calculer cette intégrale :

I = 1 π

Z

^π₂

α

1 − sin

²

θ 1 + sin θ dθ = 1

π Z

^π₂

α

1 − sin θ dθ = 1 π

π

2 − α − cos α Quand a → −2 , α → −

^π₂

et cos α → 0 donc u

₀

= 1 .

2. a. Le même changement de variable que dans la première question conduit à la formule demandée. On remarque la simplication du 1 + sin θ venant du dénomi- nateur de l'élément diérentiel avec un de ceux venant du t

ⁿ

.

u

n

= 2

ⁿ

π

Z

^π₂

−^π₂

(1 + sin θ)

ⁿ⁻¹

cos

²

θ dθ b. On eectue dans u

n

le changement de variable

u = 1 2

π 2 − θ Les bornes :

θ = − π

2 ! u = π

2 , θ = π

2 ! u = 0

L'élément diérentiel : dθ = −2 du . La fonction :

1 + sin θ = 1 + cos 2u = 2 cos

²

u cos

²

θ = sin

²

2u = 4 sin

²

cos

^u

)

⇒ (1 + sin θ)

ⁿ⁻¹

cos

²

= 2

ⁿ⁺¹

cos

²ⁿ

sin

²

u L'intégrale :

u

_n

= 2

ⁿ

π

Z

0

π 2

2

ⁿ⁺¹

cos

²ⁿ

sin

²

u (−2du) = 4

ⁿ⁺¹

π

Z

^π₂

0

cos

²ⁿ

sin

²

u du

c. Quand on exprime le sin

²

avec un cos

²

, on obtient une diérence d'intégrales de Wallis w

k

de la première partie :

u

_n

= 4

ⁿ⁺¹

π (w

_n

− w

_n+1

) = 2 2n

n

− 1 4

2n + 2 n + 1

avec

1 4

2n + 2 n + 1

= 1 4

n+1facteurs

z }| { (2n + 2)(2n + 1)(2n) · · ·

(n + 1)!

= (2n + 2)(2n + 1) 4(n + 1)

n−1facteurs

z }| { (2n)(2n − 1) · · · (n + 2)

n!

= (2n + 1) 2

nfacteurs

z }| { (2n)(2n − 1) · · · (n + 2)(n + 1)

n!

1

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

2n n

On en tire u

_n

= 2

2n

n 1 − 2n + 1 2(n + 1)

= 2 2n

n

2n + 2 − 2n − 1 2(n + 1) = 1

n + 1 2n

n

= C

_n

3. La fonction ρ est dénie et continue dans l'intervalle ]0, 4] mais elle n'est pas dénie en 0 et admet +∞ comme limite. La question 1. sert à contourner cette diculté pour dénir par un passage à la limite R

4

0

f (t)ρ(t) dt pour toutes les fonctions continues dans [0, 4] .

La bilinéarité de (./.) est une conséquence immédiate de la linéarité de l'intégrale. La symétrie vient de la commutativité du produit de deux nombres réels. Le caractère déni positif vient de la proposition

Z

4 0

f(t)ρ(t) dt = 0

∀t ∈]0, 4], f(t)ρ(t) ≥ 0 t 7→ f (t)ρ(t) continue



 

 

 

 

⇒ ∀t ∈]0, 4], f(t)ρ(t) = 0

4. a. Par dénition des polynômes P

i

:

P

₀

= 1, P

₁

= 1 − X, P

₂

= 1 − 3X + X

²

, P

₃

= 1 − 6X + 5X

²

− X

³

Dans R

3

[X ] , notons C la base (1, X, X

²

, X

³

) et P la base (P

0

, P

1

, P

2

, P

3

) en déduit

M = P

_BP









1 1 1 1

0 −1 −3 −6

0 0 1 5

0 0 0 −1









La matrice inverse est la matrice de passage de P dans C . Elle est aussi triangulaire supérieure avec des 1 ou des −1 sur la diagonale.

Une colonne de M

⁻¹

est constituée des coordonnées d'un vecteur de C dans la base orthonormée P . Examinons le terme (i, j) de

^t

M

⁻¹

M

⁻¹

, il est égal à L

i

(M

⁻¹

)C

j

(M

⁻¹

) soit

[ ligne des coord de X

¹⁺ⁱ

dans P ][ colonne des coord de X

^1+j

dans P ] Comme P est orthonormée, c'est aussi (X

¹⁺ⁱ

/X

^1+j

) = (X

^i+j+2

/1) = C

_i+j+2

.

b. En dimension n + 1 comme en dimension 3 ,

H

n

=

C

0

C

1

· · · C

n

C

₁

C

₂

· · · C

_n+1

... ...

C

_n

C

_n+1

· · · C

_2n

=

^t

P

PC

P

PC

donc det H

_n

= (det P

_PC

)

²

= 1 car la matrice triangulaire ne contient que des 1

et des −1 sur sa diagonale.