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2019-02-15 09:54:50 Page 1/5 2019 Mathématiques 1 PSI 4 heures Calculatrices autorisées Analyse combinatoire de différents modèles d’urne En 1923, le mathématicien George Pólya introduit une expérience d’urne aléatoire pour modéliser la propagation d’épidémies. Ce modèle, à base de tirages de boules colorées dans une urne, et ses généralisations ont donné naissance à un grand nombre d’études qui ont conduit à des applications variées, notamment en économie et en finance. Au milieu des années 2000, le chercheur français Philippe Flajolet propose une nouvelle approche de ces modèles, à base de combinatoire et de séries génératrices. Sa méthode s’applique à la totalité des modèles d’urne dite « équilibrée », là où les techniques de résolution antérieures étaient spécifiques de chaque protocole de tirage. Cette épreuve est organisée en cinq parties dans une large mesure indépendantes : — dans la partie I, il est demandé de démontrer un résultat du cours qui est utilisé dans la partie IV ; le résultat de la question 6 sert dans la partie V ; — la partie II traite un cas particulier qui est généralisé dans la partie IV ; — la partie III introduit la méthode de Philippe Flajolet ; — les parties IV et V étudient deux protocoles différents de tirage ; la partie V permet également d’établir un lien avec certaines permutations d’un ensemble fini. Notations Dans tout le problème, on définit la famille de polynômes (𝐿𝑘)𝑘∈ℕ par { 𝐿0 = 1 𝐿𝑘 = 𝑋(𝑋 + 1)⋯(𝑋 + 𝑘 − 1) ∀𝑘 ∈ ℕ∗ On appelle fonction polynomiale de deux variables réelles 𝑢 et 𝑣, toute combinaison linéaire d’applications de la forme (𝑢, 𝑣) → 𝑢𝑖𝑣𝑗 où (𝑖, 𝑗) ∈ ℕ2. I Résultats préliminaires I.A – Soit 𝛼 un réel. On note 𝑓𝛼 : 𝑥 ⟼ (1 − 𝑥)−𝛼. Q 1. Préciser le domaine de définition 𝐷 de 𝑓𝛼. Justifier que 𝑓𝛼 est de classe 𝐶1 sur 𝐷 et donner une équation différentielle linéaire du premier ordre vérifiée par 𝑓𝛼 sur 𝐷. Q 2. Énoncer le théorème de Cauchy pour une équation différentielle scalaire linéaire du premier ordre et démontrer que, pour tout 𝑥 ∈ ]−1, 1[, 𝑓𝛼(𝑥) = +∞ ∑ 𝑛=0 𝐿𝑛(𝛼) 𝑥𝑛 𝑛! . Q 3. Rappeler la définition du produit de Cauchy de deux séries entières et énoncer le théorème qui s’y rapporte. Q 4. En déduire que, pour tout entier 𝑛 et tous réels 𝛼 et 𝛽, 𝐿𝑛(𝛼 + 𝛽) = 𝑛 ∑ 𝑘=0 (𝑛 𝑘)𝐿𝑘(𝛼)𝐿𝑛−𝑘(𝛽). I.B – Q 5. Pour 𝑥 ∈ ]−1, 1[, donner la valeur de la somme de la série entière +∞ ∑ 𝑝=1 𝑥𝑝 ainsi que celle de sa dérivée. Q 6. Démontrer par récurrence que, pour tout entier 𝑛 ∈ ℕ∗, il existe un unique polynôme 𝑅𝑛 ∈ ℝ𝑛[𝑋] tel que, pour tout 𝑥 ∈ ]−1, 1[, +∞ ∑ 𝑝=1 𝑝𝑛𝑥𝑝 = 𝑅𝑛(𝑥) (1 − 𝑥)𝑛+1 . 2019-02-15 09:54:50 Page 2/5 II Un modèle particulier d’urne de Pólya On dispose d’un stock infini de boules noires et blanches. Une urne contient initialement une boule noire et une boule blanche. On effectue une suite de tirages selon le protocole suivant : — on tire au hasard une boule de l’urne ; — on replace dans l’urne la boule tirée ; — on ajoute dans l’urne une boule de la même couleur que la boule tirée. On définit la suite (𝑋𝑛)𝑛∈ℕ de variables aléatoires par 𝑋0 = 1 et, pour tout entier 𝑛 ⩾ 1, 𝑋𝑛 donne le nombre de boules blanches dans l’urne après 𝑛 tirages. On note 𝑔𝑛 la fonction génératrice de la variable 𝑋𝑛. On rappelle que 𝑔𝑛(𝑡) = +∞ ∑ 𝑘=0 𝑃(𝑋𝑛 = 𝑘) 𝑡𝑘. Q 7. Déterminer les lois de 𝑋1, 𝑋2 et 𝑋3 puis les fonctions 𝑔1, 𝑔2 et 𝑔3. Q 8. Soient 𝑛 et 𝑘 deux entiers supérieurs ou égaux à 1. Établir que 𝑃(𝑋𝑛 = 𝑘) = 𝑘 − 1 𝑛 + 1 𝑃(𝑋𝑛−1 = 𝑘 − 1) + 𝑛 + 1 − 𝑘 𝑛 + 1 𝑃(𝑋𝑛−1 = 𝑘). Q 9. En déduire que, pour tout entier 𝑛 supérieur ou égal à 1 et tout réel 𝑡, 𝑔𝑛(𝑡) = 𝑡2 − 𝑡 𝑛 + 1 𝑔′𝑛−1(𝑡) + 𝑔𝑛−1(𝑡). Q 10. Démontrer que, pour tout entier 𝑛 ∈ ℕ∗ et tout réel 𝑡, 𝑔𝑛(𝑡) = 1 𝑛 + 1 𝑛+1 ∑ 𝑘=1 𝑡𝑘. Q 11. Identifier la loi de 𝑋𝑛 et donner son espérance. III Modèle général d’urne équilibrée Dans cette partie, on généralise le modèle de la partie précédente. Soient 𝑎0, 𝑏0, 𝑎, 𝑏, 𝑐 et 𝑑 six entiers naturels. On dispose à nouveau d’un stock infini de boules noires et blanches, mais celles-ci sont cette fois numérotées, à partir de zéro, de manière à pouvoir les différencier. L’urne contient initialement 𝑎0 boules blanches et 𝑏0 boules noires. On effectue une suite de tirages selon le protocole suivant : — on tire au hasard une boule dans l’urne ; — on replace cette boule dans l’urne ; — si la boule tirée est blanche, on ajoute dans l’urne 𝑎 boules blanches et 𝑏 boules noires ; — si la boule tirée est noire, on ajoute dans l’urne 𝑐 boules blanches et 𝑑 boules noires. On suppose que 𝑎 + 𝑏 = 𝑐 + 𝑑, on dit alors que l’urne est équilibrée et on note 𝑠 = 𝑎 + 𝑏 = 𝑐 + 𝑑. Pour 𝑛 ⩾ 1, une issue résultant de 𝑛 tirages successifs est modélisée par le 𝑛-uple indiquant la couleur et le numéro des boules successivement obtenues. On note Ω𝑛 l’ensemble des issues possibles de ces 𝑛 tirages. La figure 1 donne deux exemples de 3 tirages (𝑛 = 3), pour 𝑎0 = 𝑏0 = 1, 𝑎 = 𝑑 = 1 et 𝑏 = 𝑐 = 0 (modèle de la partie précédente). La boule au dessus de chaque flèche représente celle qui a été tirée. 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1 2 0 0 0 1 2 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1 1 1 0 0 1 1 2 Figure 1 Deux exemples de 3 tirages La première suite de trois tirages est modélisée par l’issue 𝜔1 = (𝐵0, 𝐵0, 𝑁0) ∈ Ω3 ; la deuxième suite est modélisée par l’issue 𝜔2 = (𝐵0, 𝑁0, 𝐵1) ∈ Ω3. On note que ces deux issues différentes aboutissent à la même composition de l’urne. 2019-02-15 09:54:50 Page 3/5 Pour 𝜔 ∈ Ω𝑛 on note 𝑏(𝜔) (respectivement 𝑛(𝜔)), le nombre de boules blanches (respectivement noires) présentes dans l’urne à la fin des 𝑛 tirages modélisés par 𝜔. Pour tous réels 𝑢 et 𝑣, on pose 𝑃0(𝑢, 𝑣) = 𝑢𝑎0 𝑣𝑏0 et 𝑃𝑛(𝑢, 𝑣) = ∑ 𝜔∈Ω𝑛 𝑢𝑏(𝜔) 𝑣𝑛(𝜔). Pour 𝑛 ⩾ 1, on note à nouveau 𝑋𝑛 le nombre de boules blanches présentes dans l’urne après 𝑛 tirages et 𝑔𝑛 sa fonction génératrice. Dans les deux questions suivantes, on suppose 𝑎0 = 1, 𝑏0 = 0, 𝑎 = 𝑑 = 0 et 𝑏 = 𝑐 = 1. En d’autres termes, l’urne contient, au départ, une boule blanche et, à chaque tirage, on ajoute une boule de la couleur opposée à celle qui a été tirée. Q 12. En dressant la liste de toutes les issues possibles, donner la loi de 𝑋3. Q 13. Vérifier que 𝑃3(𝑢, 𝑣) = 𝑢𝑣3 + 4𝑢2𝑣2 + 𝑢3𝑣. On revient désormais au cas général d’une urne équilibrée. Q 14. En examinant le nombre de boules dans l’urne juste avant chaque tirage, justifier que, pour 𝑛 ⩾ 1, card(Ω𝑛) = (𝑎0 + 𝑏0) × ⋯ × ((𝑎0 + 𝑏0 + 𝑠(𝑛 − 1)) = 𝑠𝑛𝐿𝑛 (𝑎0 + 𝑏0 𝑠 ) . Q 15. Montrer que, pour tout 𝑛 ∈ ℕ∗ et tout 𝑘 ∈ ℕ, 𝑃(𝑋𝑛 = 𝑘) = card({𝜔 ∈ Ω𝑛; 𝑏(𝜔) = 𝑘}) card Ω𝑛 . Q 16. Justifier les égalités 𝑔𝑛(𝑡) = 1 card(Ω𝑛) 𝑃𝑛(𝑡, 1) ; 𝐸(𝑋𝑛) = 1 card(Ω𝑛) ∂𝑃𝑛 ∂𝑢 (1, 1). Q 17. Démontrer que, pour tout entier 𝑛, 𝑃𝑛+1(𝑢, 𝑣) = 𝑢𝑎+1𝑣𝑏 ∂𝑃𝑛 ∂𝑢 (𝑢, 𝑣) + 𝑢𝑐𝑣𝑑+1 ∂𝑃𝑛 ∂𝑣 (𝑢, 𝑣). (III.1) Pour tous réel 𝑥, 𝑢 et 𝑣, on pose, sous réserve d’existence, 𝐻(𝑥, 𝑢, 𝑣) = +∞ ∑ 𝑛=0 𝑃𝑛(𝑢, 𝑣) 𝑥𝑛 𝑛! . Soit 𝜌 > 0. On pose 𝐷𝜌 = ]−𝜌, 𝜌[ × ]0, 2[2 = {(𝑥, 𝑢, 𝑣) ∈ ℝ3 ; |𝑥| < 𝜌, 0 < 𝑢 < 2, 0 < 𝑣 < 2}. Q 18. Justifier que, pour 𝜌 assez petit, la fonction 𝐻 est bien définie sur 𝐷𝜌. On fixe un tel 𝜌 dans toute la suite de cette partie. Q 19. Justifier que 𝐻 admet une dérivée partielle d’ordre 1 par rapport à 𝑥 sur le domaine 𝐷𝜌, obtenue par dérivation terme à terme par rapport à 𝑥 de l’expression de 𝐻. Q 20. Démontrer que 𝐻 admet une dérivée partielle d’ordre 1 par rapport à 𝑢 sur le domaine 𝐷𝜌, obtenue par dérivation terme à terme par rapport à 𝑢 de l’expression de 𝐻. On admet qu’il en est de même pour la variable 𝑣. Q 21. Vérifier que 𝐻(0, 𝑢, 𝑣) = 𝑢𝑎0 𝑣𝑏0 puis que 𝐻 est solution sur 𝐷𝜌 de l’équation aux dérivées partielles ∂𝐻 ∂𝑥 (𝑥, 𝑢, 𝑣) = 𝑢𝑎+1𝑣𝑏 ∂𝐻 ∂𝑢 (𝑥, 𝑢, 𝑣) + 𝑢𝑐𝑣𝑑+1 ∂𝐻 ∂𝑣 (𝑥, 𝑢, 𝑣). IV Modèle général d’une urne de Pólya Dans cette partie, on considère le modèle d’urne équilibrée pour lequel 𝑏 = 𝑐 = 0. On a donc nécessairement 𝑎 = 𝑑. En d’autres termes, à chaque fois qu’on tire une boule, on ajoute 𝑎 boules de sa couleur dans l’urne. La composition initiale de l’urne est de 𝑎0 boules blanches et 𝑏0 boules noires. Compte tenu des résultats de la partie III, on s’intéresse à l’équation aux dérivées partielles ∂𝑌 ∂𝑥(𝑥, 𝑢, 𝑣) = 𝑢𝑎+1 ∂𝑌 ∂𝑢(𝑥, 𝑢, 𝑣) + 𝑣𝑎+1 ∂𝑌 ∂𝑣 (𝑥, 𝑢, 𝑣) (IV.1) d’inconnue 𝑌 définie sur une partie de ℝ3 avec la condition 𝑌 (0, 𝑢, 𝑣) = 𝑢𝑎0 𝑣𝑏0. 2019-02-15 09:54:50 Page 4/5 On admet que la fonction 𝐺 définie sur 𝑈 = {(𝑥, 𝑢, 𝑣) ∈ ℝ × ℝ∗ + × ℝ∗ + ; 𝑎𝑥𝑢𝑎 < 1, 𝑎𝑥𝑣𝑎 < 1} par 𝐺(𝑥, 𝑢, 𝑣) = 𝑢𝑎0 𝑣𝑏0(1 − 𝑎𝑥𝑢𝑎)−𝑎0/𝑎(1 − 𝑎𝑥𝑣𝑎)−𝑏0/𝑎 est solution de l’équation (IV.1). On reprend la notation de la partie précédente : 𝐷𝜌 = ]−𝜌, 𝜌[×]0, 2[2. Q 22. À l’aide des résultats préliminaires, démontrer qu’il existe 𝜌 > 0 tel que 𝐷𝜌 ⊂ 𝑈 et, pour tout (𝑥, 𝑢, 𝑣) ∈ 𝐷𝜌, 𝐺(𝑥, 𝑢, 𝑣) = +∞ ∑ 𝑛=0 𝑄𝑛(𝑢, 𝑣) 𝑥𝑛 𝑛! où 𝑄𝑛 est une fonction polynomiale de deux variables à préciser. Q 23. Justifier que 𝐺 admet une dérivée partielle d’ordre 1 par rapport à 𝑥 sur le domaine 𝐷𝜌, obtenue par dérivation terme à terme par rapport à 𝑥 de l’expression de 𝐻. Q 24. Démontrer que 𝐺 admet une dérivée partielle d’ordre 1 par rapport à 𝑢 sur le domaine 𝐷𝜌, obtenue par dérivation terme à terme par rapport à 𝑢 de l’expression de 𝐻. On admet qu’il en est de même pour la variable 𝑣. Q 25. En déduire que, pour tout entier 𝑛, 𝑃𝑛 = 𝑄𝑛, puis que 𝐻 et 𝐺 coïncident sur 𝐷𝜌, où 𝐻 et (𝑃𝑛)𝑛∈ℕ ont été définis dans la partie III. Q 26. Conclure que, pour tout entier 𝑛 et pour tout 𝑘 ∈ ⟦0, 𝑛⟧, 𝑃(𝑋𝑛 = 𝑎0 + 𝑘𝑎) = (𝑛 𝑘)𝐿𝑘(𝑎0/𝑎) 𝐿𝑛−𝑘(𝑏0/𝑎) 𝐿𝑛(𝑎0/𝑎 + 𝑏0/𝑎) . Q 27. À l’aide du résultat précédent, retrouver celui de la question 10. Q 28. À l’aide des résultats des questions 16 et 19, déterminer l’espérance de 𝑋𝑛. V Urne de Friedman et montées de permutations Dans cette partie, on suppose que 𝑎0 = 1, 𝑏0 = 0, 𝑎 = 𝑑 = 0, 𝑏 = 𝑐 = 1, ce qui correspond au protocole utilisé dans les questions 12 et 13 (modèle introduit par Friedman en 1945). V.A – On conserve toutes les notations de la partie III (tous les résultats de cette partie peuvent être admis). On a donc en particulier card(Ω𝑛) = 𝑛!. On admet, pour 0 < 𝑢 < 𝑣 et |𝑥| assez petit, l’égalité 𝐻(𝑥, 𝑢, 𝑣) = +∞ ∑ 𝑛=0 𝑥𝑛 𝑛! ( +∞ ∑ 𝑝=1 𝑝𝑛(𝑣 − 𝑢)𝑛+1 (𝑢 𝑣 ) 𝑝 ) . Q 29. À l’aide de la question 6, justifier que, pour tout entier 𝑛 et tous 𝑢 et 𝑣 tels que 0 < 𝑢 < 𝑣, la somme +∞ ∑ 𝑝=1 𝑝𝑛(𝑣 − 𝑢)𝑛+1 (𝑢 𝑣 ) 𝑝 est une fonction polynomiale de 𝑢 et 𝑣. On a donc, d’après la question 16, pour tout entier 𝑛 et tout 𝑡 ∈ ]0, 1[, 𝑔𝑛(𝑡) = 1 𝑛! +∞ ∑ 𝑝=1 𝑝𝑛𝑡𝑝(1 − 𝑡)𝑛+1. Dans toute la suite, on fixe un entier 𝑛 ⩾ 2. Q 30. Montrer que +∞ ∑ 𝑝=𝑛+1 𝑝𝑛𝑡𝑝(1 − 𝑡)𝑛+1 = 𝑡→0+ 𝑂(𝑡𝑛+1). Q 31. En utilisant ce qui précède et en développant (1 − 𝑡)𝑛+1, déterminer le développement limité de 𝑔𝑛 à l’ordre 𝑛 en 0. Q 32. En déduire que, pour tout 𝑚 dans ⟦1, 𝑛⟧, 𝑃(𝑋𝑛 = 𝑚) = 1 𝑛! 𝑚−1 ∑ 𝑘=0 (−1)𝑘(𝑛 + 1 𝑘 )(𝑚 − 𝑘)𝑛. 2019-02-15 09:54:50 Page 5/5 V.B – Montées d’une permutation Soit 𝑛 ∈ ℕ∗ et 𝑢 = (𝑢0, …, 𝑢𝑛) une suite finie d’entiers, deux à deux distincts. Une montée (respectivement descente) de 𝑢 est un indice 𝑖 ∈ ⟦0, 𝑛 − 1⟧ tel que 𝑢𝑖 < 𝑢𝑖+1 (respectivement 𝑢𝑖 > 𝑢𝑖+1). Q 33. Soit 𝑘 un entier supérieur ou égal à 1, (𝑢0, …, 𝑢𝑘) une suite finie d’entiers, et 𝑎 un entier tel que 𝑎 > 𝑢𝑝 pour tout 𝑝 ∈ ⟦0, 𝑘⟧. On insère la valeur 𝑎 dans cette suite juste après 𝑢𝑖, avec 𝑖 ∈ ⟦0, 𝑘 − 1⟧, de manière à obtenir la suite (𝑢0, …, 𝑢𝑖, 𝑎, 𝑢𝑖+1, …, 𝑢𝑘). Comparer le nombre de montées et de descentes de la nouvelle suite par rapport à l’ancienne. On distinguera deux cas. On note 𝑆𝑛 l’ensemble des permutations de ⟦1, 𝑛⟧, c’est-à-dire des fonctions bijectives de ⟦1, 𝑛⟧ dans lui-même. On représente un élément 𝜎 de 𝑆𝑛 par la suite finie (𝜎(1), 𝜎(2), …, 𝜎(𝑛)) et on appelle montée (respectivement descente) de 𝜎 une montée de cette suite. Par exemple, avec 𝑛 = 4, la permutation 𝜎 représentée par la liste (𝜎(1), 𝜎(2), 𝜎(3), 𝜎(4)) = (4, 1, 3, 2) admet une montée et deux descentes. Pour tout entier 𝑚, on note 𝐴𝑛,𝑚 le nombre d’éléments de 𝑆𝑛 avec 𝑚 montées. Q 34. Déterminer les éléments de 𝑆3 et calculer parmi eux le nombre de permutations avec 𝑚 montées pour tout entier 𝑚. Comparer les valeurs obtenues avec les coefficients de 𝑃3(𝑋, 1) où 𝑃3 a été exprimé à la question 13. Q 35. Soit 𝑛 ⩾ 2. Déterminer 𝐴𝑛,0, 𝐴𝑛,𝑛−1 et 𝐴𝑛,𝑚 pour 𝑚 ⩾ 𝑛. L’objectif de ces dernières questions est de déterminer 𝐴𝑛,𝑚 pour tous entiers 𝑛 ⩾ 2 et 𝑚 ⩽ 𝑛 − 1 en établissant un lien entre ces valeurs et le modèle d’urne étudié dans cette partie. On étudie un algorithme permettant de construire une permutation de 𝑆𝑛 à partir d’une issue correspondant à 𝑛 tirages. — On démarre la construction à la suite du premier tirage : on a nécessairement tiré la boule blanche et l’urne contient maintenant une boule de chaque couleur. On considère la suite (0, 1, 0) qui comporte exactement une montée et une descente. — Si on tire la boule blanche (respectivement noire) lors du deuxième tirage, on insère la valeur 2 au mi- lieu de la première et unique montée (respectivement descente) de la suite pour obtenir la suite (0, 2, 1, 0) (respectivement (0, 1, 2, 0)). — Plus généralement, pour tout 𝑘 ∈ ⟦2, 𝑛⟧, si au 𝑘-ième tirage on tire une boule blanche (respectivement noire) numérotée 𝑝, on insère la valeur 𝑘 dans la suite au milieu de la (𝑝+1)-ième montée (respectivement descente). — À la fin de la construction, on supprime les deux 0 de la liste (qui sont nécessairement restés en début et fin de liste). La liste obtenue contient les entiers de 1 à 𝑛 et représente un élément 𝜎 de 𝑆𝑛. Si 𝜔 désigne la suite des tirages, on note 𝜎(𝜔) la permutation obtenue. À titre d’exemple, construisons 𝜎((𝐵0, 𝑁0, 𝐵1)). — Tirage 1 : 𝐵0 On démarre avec la suite (0, 1, 0). — Tirage 2 : 𝑁0 L’entier 2 (𝑘 = 2) s’insère au milieu de la première (𝑝 = 0) descente (la boule est noire) pour donner la nouvelle suite (0, 1, 2, 0) — Tirage 3 : 𝐵1 L’entier 3 s’insère au milieu de la deuxième montée pour donner (0, 1, 3, 2, 0). On obtient ainsi 𝜎((𝐵0, 𝑁0, 𝐵1)) = (1, 3, 2). Q 36. À l’aide de l’algorithme ci-dessus, construire la permutation de 𝑆5 associée à l’issue (𝐵0, 𝐵0, 𝑁1, 𝑁0, 𝐵2). Q 37. Réciproquement, soit 𝜎 l’élément de 𝑆7 représenté par la suite (7, 1, 3, 6, 5, 4, 2). Déterminer une issue 𝜔 comportant 7 tirages telle que 𝜎𝜔 = 𝜎. Q 38. À l’aide de la question 33, comparer, pour une issue quelconque, le nombre de boules blanches dans la composition finale de l’urne au nombre de montées de la permutation qui lui est associée par l’algorithme ci-dessus. On admet que l’application 𝜔 ↦ 𝜎(𝜔) est bijective de Ω𝑛 dans 𝑆𝑛 et qu’elle induit une bijection entre l’évènement (𝑋𝑛 = 𝑚) et l’ensemble des permutations de 𝑆𝑛 ayant 𝑚 − 1 montées. Q 39. Soit 𝑚 ∈ ⟦1, 𝑛⟧. Déterminer, pour tout entier 𝑛 ⩾ 2 et tout 𝑚 ∈ ⟦0, 𝑛 − 1⟧ le nombre 𝐴𝑛,𝑚 de permutations de 𝑆𝑛 ayant 𝑚 montées. • • • FIN • • •

Mathématiques I PSI Centrale-Supélec 2019 – corrigé Concours Centrale-Supélec 2019 Épreuve de mathématiques I, PSI, quatre heures Corrigé I – Résultats préliminaires I. A – Q 1. Il y a trois cas de figure à considérer : — si α ∈ Z, et α ⩽ 0, alors fα est une application polynomiale, donc D = R ; une application polynomiale est de classe C1, donc f est de classe C1 sur D ; — si α ∈ Z et α > 0, alors fα est l’inverse d’une application polynomiale, elle est donc définie sur R privé des réels où le dénominateur s’annule, c’est-à-dire : D = R\{1} ; une application polynomiale est de classe C1, et l’inverse d’une application de classe C1 est de classe C1 là où elle ne s’annule pas, donc f est de classe C1 sur D ; — si α ̸∈ Z, alors fα(x) = (1 − x)−α n’est définie que pour 1 − x > 0, donc : D =] − ∞, 1[ ; l’application polynomiale x → 1 − x est de classe C1 sur D et à valeurs dans ]0, +∞[, et la fonction puissance x → xα est de classe C1 sur ]0, +∞[, donc par composition fα est de classe C1 sur D. Dans tous les cas fα est de classe C1 sur D, et on a : ∀x ∈ D, f ′ α(x) = α(1 − x)−α−1, donc fα est solution de l’équation différentielle linéaire du premier ordre : ∀x ∈ D, (1 − x)y′(x) = αy(x). (Eα) Q 2. Nous énonçons le théorème de Cauchy dans le cas d’une équation différentielle linéaire du premier ordre ; dans ce qui suit, I est un intervalle de R et K est R ou C. Soient a, b, c : I → K trois applications continues. On suppose que a ne s’annule jamais sur I. Soient x0 ∈ I et y0 ∈ K. Le problème de Cauchy : ∀x ∈ I, a(x)y′(x) + b(x)y(x) = c(x) y(x0) = y0 admet exactement une solution définie sur I. Prenons I =] − 1, 1[ ; alors fα est solution de (Eα) sur I et x → 1 − x ne s’annule pas sur cet intervalle. D’après le théorème de Cauchy linéaire, pour démontrer l’égalité : ∀x ∈ I, fα(x) = +∞ n=0 Ln(α)xn n! , 1 Mathématiques I PSI Centrale-Supélec 2019 – corrigé il suffit donc de démontrer que l’application x → +∞ n=0 Ln(α)xn n! est de classe C1 sur I et solution du même problème de Cauchy : on invoque alors l’unicité de la solution à ce problème. Commençons donc par vérifier que cette somme de série entière est bien définie sur I, puis qu’elle est solution de (Eα) sur ce même intervalle. Si α ∈ Z est un entier négatif, alors Ln(α) = 0 pour tout n > −α, donc la somme est finie et définie sur R. Supposons α ̸∈ Z, de sorte que Ln(α) ̸= 0 pour tout n ∈ N. Soit x ∈] − 1, 1[. Si x = 0 alors la convergence de la série n⩾0 Ln(α)xn n! est triviale. Supposons x ̸= 0. Pour tout n au voisinage de +∞, on a : Ln+1(α) xn+1 (n+1)! Ln(α)xn n! = Ln+1(α) Ln(α) × |x| n + 1 = |α + n| |x| n + 1 ∼ n→+∞ |x| −→ n→+∞ |x| < 1, donc d’après la règle de D’Alembert la série n⩾0 Ln(α)xn n! converge absolument donc converge. Ainsi la somme S(x) = +∞ n=0 Ln(α)xn n! est bien définie sur I. En fait, il s’agit même de son intervalle ouvert de convergence si α n’est pas un entier négatif, puisqu’il y a divergence grossière pour tout |x| > 1 toujours d’après la règle de D’Alembert. En tant que somme de série entière, l’application S est de classe C1 sur son intervalle ouvert de convergence (qui contient I), et on la dérive terme à terme : ∀x ∈ I, S′(x) = +∞ n=1 Ln(α)nxn−1 n! = +∞ n=1 Ln(α) xn−1 (n − 1)! = +∞ n=0 Ln+1(α)xn n! , et comme on l’a déjà implicitement utilisé tantôt : Ln+1 = Ln·(X +n), et pour tout x ∈ I les séries n⩾0 Ln(α)xn n! et n⩾0 Ln(α)nxn n! convergent (pour la seconde, cela provient du fait que multiplier par n le terme général d’une série entière ne change pas son rayon de convergence), donc : ∀x ∈ I, S′(x) = α +∞ n=0 Ln(α)xn n! + +∞ n=0 Ln(α)nxn n! = αS(x) + x +∞ n=1 Ln(α)nxn−1 n! = αS(x) + xS′(x). On a donc bien : ∀x ∈ I, (1 − x)S′(x) = αS(x), donc S vérifie (Eα) sur I. De plus : S(0) = L0(α) = 1, et fα(0) = 1, donc fα et S sont solutions du même problème de Cauchy : ∀x ∈] − 1, 1[, (1 − x)y′(x) − αy(x) = 0 y(0) = 1 2 Mathématiques I PSI Centrale-Supélec 2019 – corrigé Par unicité des solutions à un problème de Cauchy, on conclut : fα = S, ou encore : ∀x ∈] − 1, 1[, fα(x) = +∞ n=0 Ln(α)xn n! . Q 3. Si n⩾0 anzn et n⩾0 bnzn sont deux séries entières à coefficients complexes, leur produit de Cauchy est la série entière n⩾0 cnzn, où : ∀n ∈ N, cn = n k=0 akbn−k. Le théorème de Cauchy nous dit que si n⩾0 anzn et n⩾0 bnzn sont respectivement de rayons de convergence Ra et Rb, alors le rayon de convergence R de leur produit de Cauchy n⩾0 cnzn vérifie R ⩾ min(Ra, Rb), et pour tout z ∈ C tel que |z| < min(Ra, Rb) on a : +∞ n=0 anzn × +∞ n=0 bnzn = +∞ n=0 cnzn. Q 4. D’après la question Q 2, on a : ∀x ∈] − 1, 1[, fα+β(x) = +∞ n=0 Ln(α + β) n! xn. (1) Mais on a aussi : ∀x ∈] − 1, 1[, fα+β(x) = (1 − x)−α−β = (1 − x)−α(1 − x)−β = +∞ n=0 Ln(α) n! xn × +∞ n=0 Ln(β) n! xn. Nous avons là le produit de deux sommes de séries entières de rayon de convergence 1. D’après le théorème rappelé plus haut, on en déduit que leur produit de Cauchy est de rayon de convergence au moins 1, et on a : ∀x ∈] − 1, 1[, +∞ n=0 Ln(α) n! xn × +∞ n=0 Ln(β) n! xn = +∞ n=0 n k=0 Lk(α) k! Ln−k(β) (n − k)! xn. (2) Donc, d’après (1) et (2), on a donc : ∀x ∈] − 1, 1[, +∞ n=0 Ln(α + β) n! xn = +∞ n=0 n k=0 Lk(α) k! Ln−k(β) (n − k)! xn. 3 Mathématiques I PSI Centrale-Supélec 2019 – corrigé Nous avons une égalité entre deux sommes de séries entières dans un voisinage de 0. Par unicité des coefficients : ∀n ∈ N, Ln(α + β) n! = n k=0 Lk(α) k! Ln−k(β) (n − k)!, et donc, après multiplication par n! : ∀n ∈ N, Ln(α + β) = n k=0 n! (n − k)!k!Lk(α)Ln−k(β) = n k=0 n k Lk(α)Ln−k(β). I. B – Q 5. Soit x ∈] − 1, 1[. On a : +∞ p=1 xp = x 1 − x = 1 1 − x − 1, et donc la dérivée de x → +∞ p=1 xp a pour somme : +∞ p=1 pxp−1 = 1 (1 − x)2. Q 6. Comme suggéré par l’énoncé, nous allons raisonner par récurrence sur n ∈ N \ {0}. Pour tout n ∈ N \ {0}, soit Pn la proposition : « ∃Rn ∈ Rn[X], ∀x ∈] − 1, 1[, +∞ p=1 pnxp = Rn(x) (1 − x)n+1. » Vérifions P1 : d’après la question précédente, pour tout x ∈] − 1, 1[ on a +∞ p=1 pxp = x (1 − x)2, donc on a P1 en posant R1 = X ∈ R1[X]. Vérifions l’hérédité. Soit n ∈ N \ {0} tel qu’on ait Pn, c’est-à-dire : ∃Rn ∈ Rn[X], ∀x ∈] − 1, 1[, +∞ p=1 pnxp = Rn(x) (1 − x)n+1. La série entière p⩾1 pnxp est de rayon de convergence au moins 1, puisque par hypothèse de récur- rence sa somme est définie pour tout x ∈] − 1, 1[. Elle est donc dérivable sur ] − 1, 1[, et on peut la dériver terme à terme ; on en déduit : ∀x ∈] − 1, 1[, +∞ p=1 pn · pxp−1 = R′ n(x) (1 − x)n+1 + (n + 1) Rn(x) (1 − x)n+2 = (1 − x)R′ n(x) + (n + 1)Rn(x) (1 − x)n+2 . 4 Mathématiques I PSI Centrale-Supélec 2019 – corrigé On multiplie l’égalité ci-dessus par x, et on obtient : ∀x ∈] − 1, 1[, +∞ p=1 pn+1xp = (1 − x)xR′ n(x) + (n + 1)xRn(x) (1 − x)n+2 . d’où Pn+1 en posant Rn+1 = (1 − X)XR′ n + (n + 1)XRn. Il est de degré inférieur ou égal à : max (deg((1 − X)XR′ n), deg(XRn)) = max(1 + deg(Rn), 1 + deg(Rn)) ⩽ n + 1, comme voulu. Nous avons montré l’initialisation et l’hérédité, donc Pn est vraie pour tout n ∈ N \ {0} : d’où l’existence du polynôme Rn pour tout n ∈ N \ {0} tel que pour tout x ∈] − 1, 1[, on ait : +∞ p=1 pnxp = Rn(x) (1 − x)n+1. Il reste à vérifier l’unicité de ce polynôme pour tout n ∈ N \ {0}. Pour cela, on note que si, pour n ∈ N \ {0}, il existe un autre polynôme noté Sn vérifiant la même relation, alors pour tout x ∈] − 1, 1[ on a Rn(x) (1 − x)n+1 = Sn(x) (1 − x)n+1, donc pour tout x ∈] − 1, 1[ : Rn(x) = Sn(x). On en déduit que le polynôme Rn − Sn a une infinité de racines (tous les réels de l’intervalle ] − 1, 1[), ce qui n’est possible que si Rn − Sn = 0, c’est-à-dire : Rn = Sn. D’où l’unicité. II – Un modèle particulier d’urne de Pólya Q 7. Notons d’abord qu’il est assez clair que pour tout n ∈ N, on a Xn(Ω) = 1, n + 1 (le cas où Xn(ω) = n+1 correspondrait à une expérience où l’on a tiré systématiquement une boule blanche). L’évènement (X1 = 1) est l’évènement : « tirer une boule noire au premier tirage » tandis que l’évènement (X1 = 2) est l’évènement : « tirer une boule blanche au premier tirage ». Puisque l’urne a initialement une boule blanche et une boule noire (donc deux boules au total), et qu’on présume le tirage uniforme, on a donc : P(X1 = 1) = P(X1 = 2) = 1 2. Ensuite, d’après la formule des probabilités totales, appliquée au système complet d’évènements ((X1 = 1), (X1 = 2)) : ∀k ∈ {1, 2, 3}, P(X2 = k) = P(X1 = 1)P(X1=1)(X2 = k) + P(X1 = 2)P(X1=2)(X2 = k). Or P(X1 = 1) = P(X1 = 2) = 1 2 d’après ce qui précède, et il y a X1 boules blanches dans l’urne après le premier tirage, pour trois boules au total (et donc 3−X1 boules noires). Cela nous permet 5 Mathématiques I PSI Centrale-Supélec 2019 – corrigé de calculer les différentes probabilités conditionnelles : pour que (X2 = k) se réalise, il faut que (X1 = k − 1) se réalise et qu’on tire une boule blanche au deuxième tirage, ou que (X1 = k) se réalise et qu’on tire une boule noire au deuxième tirage. Nous avons donc : P(X2 = 1) = 1 2P(X1=1)(X2 = 1) = 1 2 × 3−1 3 = 1 3, P(X2 = 2) = 1 2 P(X1=1)(X2 = 2) + P(X1=2)(X2 = 2) = 1 2 1 3 + 3−2 3 = 1 3, P(X2 = 3) = 1 2P(X1=2)(X2 = 3) = 1 2 × 2 3 = 1 3. Le même raisonnement que ci-dessus implique : ∀k ∈ 1, 4 , P(X3 = k) = P(X2 = k − 1)P(X2=k−1)(X2 = k) + P(X2 = k − 1)P(X2=k)(X3 = k). pour que (X3 = k) se réalise, il faut que (X2 = k − 1) se réalise et qu’on tire une boule blanche au troisième tirage, ou que (X2 = k) se réalise et qu’on tire une boule noire au troisième tirage. Or il y a X2 boules blanches dans l’urne après deux tirages, pour quatre boules au total (et donc 4 − X2 boules noires). On en déduit : P(X3 = 1) = 1 3P(X2=1)(X3 = 1) = 1 3 × 4−1 4 = 1 4, P(X3 = 2) = 1 3 P(X2=1)(X3 = 2) + P(X2=2)(X3 = 2) = 1 3 1 4 + 4−2 4 = 1 4, P(X3 = 3) = 1 3 P(X2=2)(X3 = 3) + P(X2=3)(X3 = 3) = 1 3 2 4 + 4−3 4 = 1 4 P(X3 = 4) = 1 3P(X1=3)(X3 = 4) = 1 3 × 3 4 = 1 4. En résumé : ∀k ∈ {1, 2}, P(X1 = k) = 1 2, ∀k ∈ {1, 2, 3}, P(X2 = k) = 1 3, ∀k ∈ 1, 4 , P(X3 = k) = 1 4, Le calcul de leurs fonctions génératrices est alors immédiat : ∀t ∈ [−1, 1], g1(t) = 2 k=1 P(X1 = k)tk = 1 2 (t + t2) , g2(t) = 3 k=1 P(X2 = k)tk = 1 3 (t + t2 + t3) , g3(t) = 4 k=1 P(X3 = k)tk = 1 4 (t + t2 + t3 + t4) , Q 8. Soient n et k deux entiers naturels non nuls. Pour obtenir la relation demandée, on reprend le même raisonnement que pour X2 et X3 : pour que (Xn = k) se réalise, il faut que (Xn−1 = k − 1) se réalise et qu’on tire une boule blanche au n-ième tirage, ou que (Xn−1 = k) se réalise et qu’on tire une boule noire au n-ième tirage. Si (Xn−1 = j) se réalise avec j ̸∈ {k − 1, k}, alors il est impossible de réaliser l’évènement (Xn = k). Or il y a Xn−1 boules blanches et n + 1 − Xn−1 boules noires dans l’urne après n − 1 tirages, pour n+1 boules au total. On en déduit, en utilisant la formule des probabilités totales avec le système 6 Mathématiques I PSI Centrale-Supélec 2019 – corrigé complet d’évènements ((Xn−1 = j))j∈ 1,n : P(Xn = k) = P(Xn−1 = k − 1)P(Xn−1=k−1)(Xn = k) + P(Xn−1 = k)P(Xn−1=k)(Xn = k) = k − 1 n + 1P(Xn−1 = k − 1) + n + 1 − k n + 1 P(Xn−1 = k), (3) d’où le résultat. Q 9. Les variables aléatoires Xn, pour n ∈ N, sont à support fini, donc les fonctions génératrices sont des applications polynomiales, et sont en particulier définies sur R. Soient t ∈ R et n ∈ N \ {0}. Pour tout k ∈ N \ {0}, on multiplie la relation (3) par tk, et on somme la relation obtenue pour k allant de 1 à +∞. On obtient alors : +∞ k=1 P(Xn = k)tk = +∞ k=1 k − 1 n + 1P(Xn−1 = k − 1)tk + +∞ k=1 n + 1 − k n + 1 P(Xn−1 = k)tk = 1 n + 1 +∞ k=1 (k − 1)P(Xn−1 = k − 1)tk + 1 n + 1 +∞ k=1 (n + 1 − k)P(Xn−1 = k)tk = 1 n + 1 +∞ k=0 kP(Xn−1 = k)tk+1 + (n + 1) +∞ k=1 P(Xn−1 = k)tk − +∞ k=1 kP(Xn−1 = k)tk = t2 − t n + 1 +∞ k=1 kP(Xn−1 = k)tk−1 + +∞ k=1 P(Xn−1 = k)tk. (nous pouvons bien scinder la somme en deux, puisqu’elles sont en vérité finies et il n’y a pas de problème de convergence). La seconde somme du membre de droite est gn−1(t) par définition d’une fonction génératrice (notons qu’on a P(Xn−1 = 0) = 0). La première somme est la dérivée de t → +∞ k=1 P(Xn−1 = k)tk = gn−1(t). On en déduit : gn(t) = t2 − t n + 1g′ n−1(t) + gn−1(t), ce qu’il fallait démontrer. Q 10. Pour tout n ∈ N \ {0}, soit Pn la proposition : « ∀t ∈ R, gn(t) = 1 n + 1 n+1 k=1 tk ». Nous allons démontrer qu’elle est vraie pour tout n ∈ N \ {0} par récurrence sur n. Si n = 1 alors elle est vraie, d’après le calcul de g1 effectué dans la question Q 7. D’où l’initiali- sation. 7 Mathématiques I PSI Centrale-Supélec 2019 – corrigé Soit n ∈ N \ {0} tel qu’on ait Pn. D’après la question précédente : ∀t ∈ R, gn+1(t) = t2 − t n + 2g′ n(t) + gn(t). Or, d’après Pn, on a : ∀t ∈ R, gn(t) = 1 n + 1 n+1 k=1 tk, et donc : ∀t ∈ R, g′ n(t) = 1 n + 1 n+1 k=1 ktk−1. On en déduit : ∀t ∈ R, gn+1(t) = 1 n + 1 t2 − t n + 2 n+1 k=1 ktk−1 + n+1 k=1 tk = 1 n + 1 1 n + 2 n+1 k=1 ktk+1 − n+1 k=1 ktk + (n + 2) n+1 k=1 tk = 1 n + 1 1 n + 2 n+2 k=2 (k − 1)tk − n+1 k=1 ktk + (n + 2) n+1 k=1 tk = 1 n + 1 1 n + 2 (n + 1)tn+2 − n+1 k=1 tk + (n + 2) n+1 k=1 tk = 1 n + 1 1 n + 2 (n + 1)tn+2 + (n + 1) n+1 k=1 tk = 1 n + 1 + 1 n + 2 × (n + 1) n+2 k=1 tk. On a donc bien : ∀t ∈ R, gn+1(t) = 1 n + 2 n+2 k=1 tk, et pour tout n ∈ N \ {0}, Pn implique bien Pn+1. Nous avons démontré l’initialisation et l’hérédité de la proposition Pn, donc elle est vraie pour tout n ∈ N \ {0} par principe de récurrence. C’est-à-dire : ∀n ∈ N \ {0}, ∀t ∈ R, gn(t) = 1 n + 1 n+1 k=1 tk. Q 11. De l’expression de la fonction génératrice ci-dessus et de l’unicité de ses coefficients, on déduit : ∀n ∈ N \ {0}, ∀k ∈ 1, n + 1 , P(Xn = k) = 1 n + 1. On voit que pour tout n ∈ N \ {0}, la variable aléatoire Xn suit une loi de probabilité uniforme de paramètre n + 1. Le calcul de l’espérance est alors un résultat de cours : ∀n ∈ N \ {0}, E(Xn) = n + 2 2 . 8 Mathématiques I PSI Centrale-Supélec 2019 – corrigé III – Modèle général d’urne équilibrée Q 12. Détaillons quelles sont les issues possibles de trois tirages. Il peut y avoir, à la fin de ces trois tirages : — une boule blanche et trois boules noires ; pour cela, il n’y a qu’une seule possibilité : tirer systématiquement l’unique boule blanche de l’urne ; — deux boules blanches et deux boules noires ; pour cela, on tire d’abord la boule blanche (il n’y a pas le choix au premier tirage), de sorte qu’il y ait une boule de chaque couleur dans l’urne après le premier tirage, puis une noire et une blanche : il y a deux façons d’ordonner ces deux derniers tirages, et la dernière boule tirée peut aussi bien être numérotée 0 ou 1 ; — trois blanches blanches et une boule noire : pour cela, on tire d’abord la boule blanche (il n’y a pas le choix au premier tirage), puis deux fois la boule noire. Dans l’écriture de Ω3, ordonnons les évènements par ordre croissant du nombre de boules blanches dans l’urne qui en résulte : Ω3 = (B0, B0, B0), (B0, N0, B0), (B0, N0, B1), (B0, B0, N0), (B0, B1, N0), (B0, N0, N0) . Notons que le cardinal de Ω3 est 6. On en déduit la loi de probabilité de X3, selon le nombre de triplets donnant chaque configuration finale décrite ci-dessus : P(X3 = 1) = 1 6, P(X3 = 2) = 4 6 = 2 3, P(X3 = 3) = 1 6. Q 13. Suite à l’énumération des éléments de Ω3 ci-dessus, il est clair que pour tout (u, v) ∈ R2, on a : P(u, v) = uv3 + 4u2u2 + u3v (en facteur de chaque monôme ukvℓ apparaît le nombre de triplets ω donnant b(ω) = k et n(ω) = ℓ). Q 14. On a clairement : Ω1 = {(Bj) | j ∈ 0, a0 − 1 } {(Nj) | j ∈ 0, b0 − 1 }, donc card(Ω1) = a0 + b0. Soit n ∈ N\{0}. Un (n+1)-uplet de Ωn+1 s’obtient à partir d’un n-uplet de Ωn (correspondant au résultat des n premiers tirages), auquel on adjoint une (n + 1)-ième coordonnée, qui correspond à l’une des a0 + b0 + sn boules présentes dans l’urne à ce stade de l’expérience (en effet, nous avons a0 + b0 boules au début de l’expérience, et après chaque tirage nous ajoutons a + b ou c + d boules dans l’urne, or a + b = c + d = s). On en déduit : ∀n ∈ N \ {0}, card(Ωn+1) = (a0 + b0 + sn)card(Ωn). 9 Mathématiques I PSI Centrale-Supélec 2019 – corrigé Une récurrence immédiate permet alors d’en déduire : ∀n ∈ N \ {0}, card(Ωn) = n−1 j=0 (a0 + b0 + sj) = n−1 j=0 s a0 + b0 s + j = snLn a0 + b0 s , d’où le résultat. Q 15. Il est supposé que le tirage de chaque boule dans l’urne est équiprobable. Sous cette supposition, puisque Xn compte le nombre de boules blanches dans l’urne après n tirages, et que Ωn est l’univers de tous les tirages possibles, on a bien : ∀n ∈ N \ {0}, ∀k ∈ N, P(Xn = k) = card ({ω ∈ Ωn; b(ω) = k}) card (Ωn) . Q 16. Soit n ∈ N\{0}. Posons Nn = ns+a0+b0. Notons qu’on a b(ω)+n(ω) = Nn pour tout ω ∈ Ωn (on rajoute s boules dans l’urne après chaque tirage, donc après n tirages il y en a Nn = ns + a0 + b0 au total, et elles sont soit blanches, soit noires), et donc en particulier : X(Ωn) ⊆ 1, Nn . Pour tout (u, v) ∈ R2, on a : Pn(u, v) = ω∈Ωn ub(ω)vNn−b(ω). Dans cette somme regroupons, pour tout k ∈ 0, Nn , les termes correspondant à des ω ∈ Ωn tels que b(ω) = k ; pour tout (u, v) ∈ R2 on obtient : Pn(u, v) = Nn k=0 ω∈Ωn b(ω)=k ub(ω)vNn−b(ω) = Nn k=0 ukvNn−k ω∈Ωn b(ω)=k 1 = Nn k=0 ukvNn−kcard ({ω ∈ Ωn; b(ω) = k}) . (4) En particulier, pour tout t ∈ R, prendre u = t et v = 1 donne : Pn(t, 1) = Nn k=0 card ({ω ∈ Ωn; b(ω) = k}) tk Q 15 = card (Ωn) Nn k=0 P(Xn = k)tk = card (Ωn) gn(t), d’où la première égalité demandée. On a alors classiquement : E(Xn) = g′ n(1) = 1 card(Ωn) ∂Pn ∂u (1, 1). 10 Mathématiques I PSI Centrale-Supélec 2019 – corrigé Q 17. Par commodité, pour tout n ∈ N \ {0} et tout k ∈ N \ {0}, posons : Bn,k = {ω ∈ Ωn; b(ω) = k} . On reprend la notation Nn = ns + a0 + b0, pour le nombre de boules après n tirages (du fait que l’urne soit équilibrée, on a Nn+1 = Nn + s pour tout n ∈ N). Soit n ∈ N. Pour tout k ∈ 1, Nn+1 , on a : Bn+1,k = {(ω′, Bj); ω′ ∈ Bn,k−a, j ∈ 0, k − a − 1 } {(ω′, Nj); ω′ ∈ Bn,k−c, j ∈ 0, Nn − k + c − 1 } , l’union étant disjointe. En effet, pour avoir k boules blanches après n + 1 tirages, il faut soit avoir k−a boules blanches dans l’urne après n tirages, et tirer une boule blanche au (n+1)-ième tirage, soit avoir k −c boules blanches dans l’urne après n tirages, et tirer une boule noire au (n+1)-ième tirage. Notons que s’il y a k − c boules blanches dans l’urne après n tirages, alors il y a Nn − k + c boules noires à ce stade. Le premier ensemble est clairement en bijection avec Bn,k−a × 0, k − a − 1 , donc de cardinal (k − a)card(Bn,k−a). De même, le second est de cardinal (Nn − k + c)card(Bn,k−c). On en déduit : ∀k ∈ 1, Nn+1 , card (Bn+1,k) = (k − a)card(Bn,k−a) + (Nn − k + c)card(Bn,k−c). Bien sûr, card(Bn,k−a) = 0 si k < a et card(Bn,k−c) = 0 si k < c. D’après (4), pour tout (u, v) ∈ R2 on a donc : Pn+1(u, v) = Nn+1 k=1 card (Bn+1,k) ukvNn+1−k = Nn+s k=a+1 (k − a)card (Bn,k−a) ukvNn+s−k + Nn+s k=c+1 (Nn − k + c)card (Bn,k−c) ukvNn+s−k Après le changement d’indice de sommation k → k − a dans la première somme, et k → k − c dans la seconde, on a pour tout (u, v) ∈ R2 : Pn+1(u, v) = Nn+s−a k=1 k · card (Bn,k) uk+avNn+s−k−a + Nn+s−c k=1 (Nn − k) · card (Bn,k) uk+cvNn+s−k−c = Nn+s−a k=1 k · card (Bn,k) uk+avNn+s−k−a + Nn+s−c k=1 (Nn − k) · card (Bn,k) ukvNn+s−k−c On rappelle que s = a + b = c + d. Donc s − a = b et s − c = d, et pour tout (u, v) ∈ R2 : Pn+1(u, v) = ua+1vb Nn+b k=1 k · card (Bn,k) uk−1vNn−k + ucvd+1 Nn+d k=1 (Nn − k) · card (Bn,k) ukvNn−k−1. 11 Mathématiques I PSI Centrale-Supélec 2019 – corrigé Dans ces deux sommes, les termes correspondant à des indices k > Nn sont nuls. On reconnaît donc les dérivées partielles par rapport à u et v de (u, v) → Nn k=1 card (Bn,k) ukvNn−k. D’après (4), il s’agit donc des dérivées partielles de (u, v) → Pn(u, v). En conclusion : ∀(u, v) ∈ R2, Pn+1(u, v) = ua+1vb∂Pn ∂u (u, v) + ucvd+1∂Pn ∂v . Q 18. Pour tout n ∈ N \ {0}, on pose Nn = ns + a0 + b0. Pour tout n ∈ N \ {0} et tout k ∈ 1, ns + 1 , on a : card ({ω ∈ Ωn; b(ω) = k}) ⩽ card(Ωn) Q 14 = snLn a0 + b0 s . (5) Donc, pour tout n ∈ N \ {0} et pour tout (u, v) ∈]0, 2[2 : Pn(u, v) n! (4) ⩽ sn n!Ln a0 + b0 s Nn k=1 ukvNn−k ⩽ sn n!Ln a0 + b0 s Nn k=1 2k2Nn−k = sn n!Ln a0 + b0 s 2NnNn = (ns + a0 + b0)2a0+b0 (2ss)n n! Ln a0 + b0 s . Or, si on reprend l’étude de la question Q 2, le rayon de convergence de la série entière n⩾0 Ln a0 + b0 s (2ssx)n n! est supérieur ou égal à 1 2ss. Multiplier par n (ou par des constantes non nulles) ne change pas le rayon de convergence, donc le rayon de convergence de la série entière n⩾0 Ln a0 + b0 s (ns+a0+b0)(2ssx)n n! est aussi supérieur ou égal à 1 2ss. Donc, par comparaison de séries entières, pour tout (u, v) ∈]0, 2[2 la série entière n⩾0 Pn(u, v)xn n! est de rayon de convergence supérieur ou égal à 1 2ss. Donc, pour tout ρ ∈ 0, 1 2ss , la fonction : H : (x, u, v) → +∞ n=0 Pn(u, v)xn n! est bien définie sur Dρ =] − ρ, ρ[×]0, 2[2. Q 19. Une somme de série entière est de classe C∞ sur son intervalle ouvert de convergence, donc pour tout (u, v) ∈]0, 2[2, l’application x → H(x, u, v) est de classe C∞ sur ]−ρ, ρ[, et sa dérivée s’obtient en dérivant terme à terme cette somme de série entière. 12 Mathématiques I PSI Centrale-Supélec 2019 – corrigé Q 20. Fixons x ∈] − ρ, ρ[ et v ∈]0, 2[, et posons : ∀n ∈ N, ∀u ∈]0, 2[, hn(u) = Pn(u, v)xn n! . Montrons que la série de fonctions n⩾0 hn vérifie les hypothèses du théorème de dérivation terme à terme. On sait déjà qu’elle converge simplement sur ]0, 2[ d’après la question Q 18. Pour tout n ∈ N, la fonction hn est polynomiale donc de classe C1 sur ]0, 2[, et on a : ∀n ∈ N, ∀u ∈]0, 2[, h′ n(u) = ∂Pn ∂u (u, v)xn n! = Nn k=1 card ({ω ∈ Ωn; b(ω) = k}) kuk−1vNn−k xn n! , où encore une fois on a posé Nn = ns + a0 + b0. On utilise encore une fois la majoration (5). On en déduit, après simplifications : ∀n ∈ N, ∀u ∈]0, 2[, |h′ n(u)| ⩽ Ln a0 + b0 s 2Nn−1 Nn k=1 k (s|x|)n n! = 2a0+b0−2(ns + a0 + b0)(ns + a0 + b0 + 1)Ln a0 + b0 s (2ss|x|)n n! . Donc, si l’on note ∥ · ∥∞ la norme infinie sur ]0, 2[ : ∀n ∈ N, ∥h′ n∥∞ ⩽ 2a0+b0−2(ns + a0 + b0)(ns + a0 + b0 + 1)Ln a0 + b0 s (2ss|x|)n n! . (6) Or la série n⩾0 2a0+b0−2(ns+a0 +b0)(ns+a0 +b0 +1)Ln a0 + b0 s (2ss|x|)n n! converge par le même argument que dans la question Q 18, donc d’après le théorème de comparaison des séries à termes positifs la série n⩾0 h′ n converge normalement, donc uniformément sur ]0, 2[. Les hypothèses du théorème de dérivation terme à terme sont donc vérifiées. On en déduit que l’application u → +∞ n=0 hn(u) = H(x, u, v) est de classe C1 sur ]0, 2[, et que sa dérivée se calcule en dérivant cette somme terme à terme : ainsi H admet bien une dérivée partielle d’ordre 1 par rapport à u sur Dρ, d’où le résultat. Q 21. Soit (u, v) ∈]0, 2[2. Alors H(0, u, v) est le terme constant de la série entière n⩾0 Pn(u, v)xn n! , c’est-à- dire : H(0, u, v) = P0(u, v) = ua0vb0. Ensuite, d’après les deux questions précédentes, les dérivées partielles de H se calculent en dérivant terme à terme la somme de cette série, et on a donc : ∀(x, u, v) ∈ Dρ, ∂H ∂x (x, u, v) = +∞ n=1 Pn(u, v)nxn−1 n! = +∞ n=0 Pn+1(u, v)xn n! , 13 Mathématiques I PSI Centrale-Supélec 2019 – corrigé tandis que pour tout (x, u, v) ∈ Dρ on a : ua+1vb∂H ∂u (x, u, v) + ucvd+1∂H ∂v (x, u, v) = +∞ n=0 ua+1vb∂Pn ∂u (u, v) + ucvd+1∂Pn ∂v (u, v) xn n! , ce qu’on simplifie avec la relation (III.1) de la question Q 17 pour obtenir : ∀(x, u, v) ∈ Dρ, ua+1vb∂H ∂u (x, u, v) + ucvd+1∂H ∂v (x, u, v) = +∞ n=0 Pn+1(u, v)xn n! = ∂H ∂x (x, u, v), d’où le résultat. IV – Modèle général d’une urne de Pólya Q 22. Posons ρ = 1 2aa > 0. Alors, pour tout (x, u, v) ∈ Dρ, on a bien (x, u, v) ∈ R × R∗ + × R∗ +, et axua < ax2a < 1 car x < ρ, et de même axva < 1. Ainsi Dρ ⊆ U. Avec les notations de la première partie, on a : ∀(x, u, v) ∈ U, G(x, u, v) = ua0vb0f a0 a (axua) f b0 a (axva) . Or, d’après la question Q 2, pour tout (x, u, v) ∈ Dρ on a |axua| < 1 et |axva| < 1 et on peut donc écrire : f a0 a (axua) f b0 a (axva) = +∞ n=0 (aua)nLn a0 a xn n! × +∞ n=0 (ava)nLn b0 a xn n! . Nous avons là un produit de Cauchy de deux séries entières, de rayon de convergence supérieur ou égal à ρ = 1 2aa (vérification facile, partant de ce que nous avons démontré dans la question Q 2). D’après la question Q 3, où nous rappelons l’énoncé du théorème de Cauchy qui s’y rapporte, on en déduit que le produit de Cauchy de ces deux séries entières est aussi de rayon de convergence supérieur ou égal à ρ, et pour tout (x, u, v) ∈ Dρ on a : +∞ n=0 (aua)nLn a0 a xn n! × +∞ n=0 (ava)nLn b0 a xn n! = +∞ n=0 n k=0 Lk a0 a k! Ln−k b0 a (n − k)! (aua)k(ava)n−k xn = +∞ n=0 n k=0 n k Lk a0 a Ln−k b0 a (aua)k(ava)n−k xn n! . Par conséquent, si l’on pose : ∀n ∈ N, ∀(u, v) ∈ R2, Qn(u, v) = ua0vb0an n k=0 n k Lk a0 a Ln−k b0 a uakva(n−k), 14 Mathématiques I PSI Centrale-Supélec 2019 – corrigé alors les égalités ci-dessus impliquent : ∀(x, u, v) ∈ Dρ, G(x, u, v) = +∞ n=0 Qn(u, v)xn n! , d’où le résultat. Q 23. L’énoncé comporte une coquille : on veut sans doute parler de « dérivation terme à terme par rapport à x de l’expression de G » (et non H). La justification de cette question est la même que dans la question Q 19 : une somme de série entière est de classe C∞ sur son intervalle ouvert de convergence, donc pour tout (u, v) ∈]0, 2[2, l’application x → G(x, u, v) est de classe C∞ sur ]−ρ, ρ[, et sa dérivée s’obtient en dérivant terme à terme cette somme de série entière. Q 24. Même coquille que dans la question précédente : il doit s’agir de « l’expression de G » (et non H). On reprend la démonstration faite dans la question Q 20 : il faut seulement remplacer la majora- tion de ∂Pn ∂u (u, v) par celle de ∂Qn ∂u (u, v) . On a cette fois, pour tout (x, u, v) ∈ Dρ : ∂Qn ∂u (u, v) ⩽ an n k=0 (ak + a0) n k Lk a0 a Ln−k b0 a uak+a0−1va(n−k)+b0 ⩽ an(n + 1)(an + a0)2an+a0+b0−1 n k=0 n k Lk a0 a Ln−k b0 a , et d’après la question Q 4, on a : n k=0 n k Lk a0 a Ln−k b0 a = Ln a0 + b0 a , donc finalement : ∀(x, u, v) ∈ Dρ, ∂Qn ∂u (u, v)xn n! ⩽ 2a0+b0−1(n + 1)(an + a0)Ln a0 + b0 a (2aa|x|)n n! . C’est presque la même majoration que dans la question Q 20 : voir la relation (6). Ainsi, en reprenant le même raisonnement, mutatis mutandis, on en déduit, pour tout x ∈] − ρ, ρ[ et tout v ∈]0, 2[, la convergence uniforme sur ]0, 2[ de la série de fonctions n⩾0 ∂Qn ∂u (·, v)xn n! , les autres hypothèses du théorème de dérivation terme à terme étant facilement vérifiées. Par conséquent, pour tout (x, v) ∈] − ρ, ρ[×]0, 2[ l’application u → +∞ n=0 Qn(u, v)xn n! = G(x, u, v) est de classe C1 sur ]0, 2[, et sa dérivée se calcule en dérivant cette somme terme à terme : ainsi G admet bien une dérivée partielle d’ordre 1 par rapport à u sur Dρ, d’où le résultat. 15 Mathématiques I PSI Centrale-Supélec 2019 – corrigé Q 25. On sait que l’application G vérifie l’équation différentielle (IV.1) sur U, donc sur Dρ en particulier : ∀(x, u, v) ∈ Dρ, ua+1∂G ∂u (x, u, v) + va+1∂G ∂v (x, u, v) = ∂G ∂x (x, u, v). On exprime les dérivées partielles de G sous forme de sommes grâce aux deux questions précé- dentes, qui assurent qu’on peut les calculer en dérivant terme à terme. On obtient alors, pour tout (x, u, v) ∈ Dρ : +∞ n=0 ua+1∂Qn ∂u (u, v) + va+1∂Qn ∂v (u, v) xn n! = +∞ n=1 Qn(u, v)nxn−1 n! = +∞ n=0 Qn+1(u, v)xn n! . Nous sommes en présence de deux sommes de séries entières qui coïncident sur un voisinage de 0. On peut donc identifier les coefficients : ∀n ∈ N, ∀(u, v) ∈]0, 2[2, Qn+1(u, v) = ua+1∂Qn ∂u (u, v) + va+1∂Qn ∂v (u, v). Nous avons vu dans la question Q 17 que la suite (Pn)n∈N vérifie la même relation. Nous allons utiliser ce fait pour démontrer par récurrence que : ∀n ∈ N, ∀(u, v) ∈]0, 2[2, Pn(u, v) = Qn(u, v) (l’énoncé demande de montrer que Pn = Qn, mais un élève de PSI est-il censé savoir ce qu’est formellement un polynôme en plusieurs indéterminées ? ou s’agit-il de montrer que les applications polynomiales sont égales sur R2 ? En tout cas, nous nous débrouillerons ici avec cette égalité entre applications polynomiales sur ]0, 2[2). Pour n = 0 : pour tout (u, v) ∈]0, 2[2 on a P0(u, v) = ua0vb0 par définition de P0, et comme Q0(u, v) est le coefficient constant de la série entière n⩾0 Qn(u, v)xn n! (dont la somme égale G(x, u, v)), on a Q0(u, v) = G(0, u, v) = ua0vb0. On a donc bien, pour tout (u, v) ∈]0, 2[2, l’égalité P0(u, v) = Q0(u, v), d’où la proposition pour n = 0. À présent, soit n ∈ N, et supposons : ∀(u, v) ∈]0, 2[2, Pn(u, v) = Qn(u, v). Alors leurs dérivées partielles sont aussi égales sur ]0, 2[2, et d’après la relation de récurrence (III.1) vérifiée par (Pn)n∈N et (Qn)n∈N on a : ∀(u, v) ∈]0, 2[2, Qn+1(u, v) = ua+1∂Qn ∂u (u, v) + va+1∂Qn ∂v (u, v) = ua+1∂Pn ∂u (u, v) + va+1∂Pn ∂v (u, v) = Pn+1(u, v), d’où l’égalité au rang n + 1. Par récurrence, on a donc bien : ∀n ∈ N, ∀(u, v) ∈]0, 2[2, Pn(u, v) = Qn(u, v). 16 Mathématiques I PSI Centrale-Supélec 2019 – corrigé On en déduit, pour tout (x, u, v) ∈ Dρ : G(x, u, v) = +∞ n=0 Qn(u, v)xn n! = +∞ n=0 Pn(u, v)xn n! = H(x, u, v), donc G et H coïncident sur Dρ. Q 26. D’après la question précédente, pour tout n ∈ N et tout (u, v) ∈]0, 2[2, on a : Pn(u, v) = Qn(u, v). On en déduit que si n ∈ N, alors le polynôme Pn(1, X) − Qn(1, X) admet une infinité de racines (tous les réels de l’intervalle ]0, 2[), donc est le polynôme nul. C’est-à-dire : tous ses coefficients sont nuls. Or pour tout n ∈ N on a : Pn(1, X) − Qn(1, X) = a0+na k=0 card ({ω ∈ Ωn; b(ω) = k}) Xna+a0+b0−k − an n k=0 n k Lk a0 a Ln−k b0 a Xa(n−k)+b0. Au vu de la modélisation de l’expérience dans cette partie, il est clair que : b(Ω) = {a0 + ℓa | ℓ ∈ 0, n }. En écrivant chaque entier k de la première somme sous la forme : k = a0 + ℓa, où ℓ ∈ 0, n (et en posant ℓ = k dans la deuxième somme pour faciliter l’identification), on obtient pour tout n ∈ N : Pn(1, X) − Qn(1, X) = n ℓ=0 card ({ω ∈ Ωn; b(ω) = a0 + ℓa}) X(n−ℓ)a+b0 − an n ℓ=0 n ℓ Lℓ a0 a Ln−ℓ b0 a Xa(n−ℓ)+b0. La nullité de chaque coefficient implique donc : ∀n ∈ N, ∀ℓ ∈ 0, n , card ({ω ∈ Ωn; b(ω) = a0 + ℓa}) = an n ℓ Lℓ a0 a Ln−ℓ b0 a . D’après les questions Q 14 et Q 15 on a donc, pour tout n ∈ N et tout ℓ ∈ 0, n : P(Xn = a0 + ℓa) = an n ℓ Lℓ a0 a Ln−ℓ b0 a card(Ωn) = an n ℓ Lℓ a0 a Ln−ℓ b0 a anLn a0+b0 a = n ℓ Lℓ a0 a Ln−ℓ b0 a Ln a0+b0 a , d’où le résultat. 17 Mathématiques I PSI Centrale-Supélec 2019 – corrigé Q 27. L’expérience modélisée dans la partie II correspond à une urne de Pólya avec a0 = b0 = 1, a = d = 1 et b = c = 0. D’après la question précédente, on a dans ce cas particulier : ∀n ∈ N, ∀k ∈ 0, n , P(Xn = 1 + k) = n k Lk (1) Ln−k (1) Ln (2) = n! (n − k)!k! k!(n − k)! (n + 1)! = 1 n + 1, c’est-à-dire : ∀n ∈ N, ∀k ∈ 1, n + 1 , P(Xn = k) = 1 n + 1. C’est bien ce que l’on avait trouvé. La fonction génératrice est en effet : ∀t ∈ R, gn(t) = n+1 k=1 P(Xn = k)tk = 1 n + 1 n+1 k=1 tk, conformément au résultat de la question Q 10. Q 28. D’après la question Q 16 : ∀n ∈ N \ {0}, E(Xn) = 1 card(Ωn) ∂Pn ∂u (1, 1). Pour calculer ∂Pn ∂u (1, 1), notons que d’après la question Q 20, on a pour tout (x, u) ∈]−ρ, ρ[×]0, 2[ : +∞ n=0 ∂Pn ∂u (u, 1)xn n! = ∂H ∂u (x, u, 1) Q 25 = ∂G ∂u (x, u, 1) = a0ua0−1(1 − axua)− a0 a −1(1 − ax)− b0 a . Posons u = 1. Alors, d’après l’égalité ci-dessus et les résultats de la première partie : ∀x ∈] − ρ, ρ[, +∞ n=0 ∂Pn ∂u (1, 1)xn n! = a0f a0+b0 a +1(ax) = a0 +∞ n=0 Ln a0 + b0 a + 1 xn n! , et donc, par unicité des coefficients : ∀n ∈ N, ∂Pn ∂u (1, 1) = a0Ln a0 + b0 a + 1 . De plus : card(Ωn) = anLn a0+b0 a . On conclut : ∀n ∈ N, E(Xn) = a0Ln a0+b0 a + 1 anLn a0+b0 a = a0 n−1 j=0 a0+b0 a + 1 + j an n−1 j=0 a0+b0 a + j = a0 n j=1 a0+b0 a + j an n−1 j=0 a0+b0 a + j , c’est-à-dire : ∀n ∈ N, E(Xn) = a0 an a0+b0 a + n a0+b0 a = a0 an 1 + na a0 + b0 . Je n’ai pas utilisé l’indication de l’énoncé, puisqu’il se réfère à la question Q 19. Je ne sais pas ce qui était attendu de la part du concepteur du sujet. 18 Mathématiques I PSI Centrale-Supélec 2019 – corrigé V – Urne de Friedman et montées de permutations V. A – Q 29. Soient n ∈ N et u et v des réels tels que 0 < u < v. Alors u v ∈] − 1, 1[, et d’après la question Q 6 : +∞ p=1 pn(v − u)n+1 u v p = (v − u)n+1 × Rn u v 1 − u v n+1 = vn+1Rn u v , où Rn est un polynôme à coefficients réels de degré au plus n, qu’on peut donc écrire sous la forme : Rn = n k=0 λkXn, où (λ0, . . . , λn) ∈ Rn+1. Alors : +∞ p=1 pn(v − u)n+1 u v p = n k=0 λkvn+1 u v k = n k=0 λkukvn+1−k. Toutes les puissances de v sont des entiers naturels dans cette somme, il s’agit donc bien d’une application polynomiale en u et v : d’où le résultat. Q 30. Pour tout t ∈] − 1, 1[, on a : +∞ p=n+1 pntp(1 − t)n+1 = tn+1 +∞ p=n+1 pntp−(n+1)(1 − t)n+1 = tn+1(1 − t)n+1 +∞ p=0 (p + (n + 1))ntp. Pour tout t ∈]−1, 1[, on a |1−t|n+1 ⩽ 2n+1, et l’application t → +∞ p=0 (p+(n+1))ntp est une somme de série entière de rayon de convergence 1 (on le montre aisément avec la règle de D’Alembert) ; elle est donc continue sur ]−1, 1[, et en particulier sur le segment −1 2, 1 2 . D’après le théorème des bornes atteintes, elle est donc bornée sur ce segment, disons par une constante M. On en déduit, pour tout t ∈ −1 2, 1 2 : +∞ p=n+1 pntp(1 − t)n+1 ⩽ tn+12n+1M, donc : +∞ p=n+1 pntp(1 − t)n+1 = O t→0+ tn+1 . Q 31. On a tn+1 = o t→0+ (tn). Donc pour tout t ∈]0, 1[ on a, d’après la question précédente et l’expression de gn : gn(t) = 1 n! n p=1 pntp(1 − t)n+1 + 1 n! +∞ p=n+1 pntp(1 − t)n+1 = 1 n! n p=1 pntp(1 − t)n+1 + o t→0+ (tn) . 19 Mathématiques I PSI Centrale-Supélec 2019 – corrigé Or, d’après la formule du binôme de Newton : ∀t ∈]0, 1[, (1 − t)n+1 = n+1 k=0 n + 1 k (−t)k, donc : ∀t ∈]0, 1[, gn(t) = 1 n! n+1 k=0 n p=1 pn n + 1 k (−1)ktp+k + o t→0+ (tn) . On regroupe, dans cette somme, les termes selon la valeur de p + k (comme dans la définition d’un produit de polynômes, ou dans un produit de Cauchy). Notons que pour tout m ∈ N, on a p + k = m si et seulement si p = m − k. Dès que p + k > n, on ne s’embarrasse pas du terme en tp+k en disant qu’il est négligeable devant tn au voisinage de 0. On obtient alors : ∀t ∈]0, 1[, gn(t) = 1 n! n m=1 m k=0 (−1)k n + 1 k (m − k)n tm + o t→0+ (tn) . (7) Il s’agit du développement limité de gn à l’ordre n en 0. Q 32. On rappelle qu’on a aussi, par définition d’une série génératrice : ∀t ∈]0, 1[, gn(t) = +∞ m=0 P(Xn = m)tm. En vérité il s’agit d’une somme finie parce que Xn est à support fini (autrement dit gn est polyno- miale ; ce qu’on peut d’ailleurs déduire de la question Q 29 avec u = t et v = 1). De l’écriture de gn comme application polynomiale, où l’on factorise par tn+1 tous ses monômes de degré strictement supérieur à n, on déduit aisément : ∀t ∈]0, 1[, gn(t) = n m=0 P(Xn = m)tm + o t→0+ (tn) . En comparant cette expression à (7) on a, par unicité de la partie régulière d’un développement limité : ∀m ∈ 1, n , P(Xn = m) = 1 n! m k=0 (−1)k n + 1 k (m − k)n, ce qu’il fallait démontrer. V. B – Q 33. Notons m le nombre de montées de la suite (u0, . . . , uk) (« l’ancienne suite »). Le nombre de descentes de cette suite est k − m. En insérant a entre ui et ui+1, du fait que ui < a et a > ui+1 par hypothèse, nous ajoutons une montée et une descente à la « nouvelle suite » (u0, . . . , ui, a, ui+1, . . . , uk). Cette montée et cette descente se substituent soit à une montée, soit à une descente, de l’ancienne suite, selon la position relative de ui par rapport à ui+1 : 20 Mathématiques I PSI Centrale-Supélec 2019 – corrigé — si ui < ui+1, alors elles remplacent une montée ; — si ui > ui+1, alors elles remplacent une descente. Donc : — si ui < ui+1, alors le nombre de montées de (u0, . . . , ui, a, ui+1, . . . , uk) est m + 1 − 1 = m, et son nombre de descentes est k − m + 1 ; — si ui > ui+1, alors le nombre de montées de (u0, . . . , ui, a, ui+1, . . . , uk) est m + 1, et son nombre de descentes est k − m + 1 − 1 = k − m. Autrement dit : si l’on insère a au milieu d’une montée, alors on incrémente le nombre de descentes d’une unité ; si l’on insère a au milieu d’une descente, alors on incrémente le nombre de montées d’une unité. Q 34. Les permutations de 1, 3 sont : (1, 2, 3), (1, 3, 2), (3, 2, 1) , (2, 1, 3), (3, 1, 2), (2, 3, 1). On observe alors directement que les permutations avec m montées sont : — si m = 0 : (3, 2, 1) ; — si m = 1 : (1, 3, 2), (2, 1, 3), (3, 1, 2) et (2, 3, 1) ; — si m = 2 : (1, 2, 3) ; — si m ⩾ 3 : il n’y en a pas. Par conséquent : A3,0 = 1, A3,1 = 4, A3,2 = 1, ∀m ⩾ 3, A3,m = 0. On remarque que +∞ m=0 A3,mXm+1 = P3(X, 1). Q 35. L’entier An,0 compte le nombre de permutations de 1, n strictement décroissantes. Une récurrence sur k ∈ 1, n permet de démontrer qu’une telle permutation est l’application k → n + 1 − k ; en particulier, il n’y en a qu’une seule, donc : An,0 = 1. De même, An,n−1 compte le nombre de permutations de 1, n strictement croissantes, et la seule permutation à convenir est l’identité. Donc : An,n−1 = 1. Enfin, par définition d’une montée, une permutation de 1, n a nécessairement un nombre de montées strictement inférieur à n, donc An,m = 0 si m ⩾ n. En conclusion : An,0 = 1, An,n−1 = 1, ∀m ⩾ n, An,m = 0. Q 36. L’algorithme produit successivement les suites : (0, 1, 0) B0 −→ (0, 2, 1, 0) N1 −→ (0, 2, 1, 3, 0) N0 −→ (0, 2, 4, 1, 3, 0) B2 −→ (0, 2, 4, 1, 5, 3, 0), donc : σ((B0, B0, N1, N0, B2)) = (2, 4, 1, 5, 3). 21 Mathématiques I PSI Centrale-Supélec 2019 – corrigé Q 37. Posons ω = (B0, N0, B1, N0, B2, B2, B0), et calculons σ(ω) grâce à l’algorithme : Suite (0, 1, 0) N0 −→ (0, 1, 2, 0) B1 −→ (0, 1, 3, 2, 0) N0 −→ (0, 1, 3, 4, 2, 0) Urne {B0, N0} {B0, B1, N0} {B0, B1, N0, N1} {B0, B1, B2, N0, N1} B2 −→ (0, 1, 3, 5, 4, 2, 0) B2 −→ (0, 1, 3, 6, 5, 4, 2, 0) B0 −→ (0, 7, 1, 3, 6, 5, 4, 2, 0) {B0, B1, B2, N0, N1, N2} {B0, B1, B2, N0, N1, N2, N3} {B0, B1, B2, N0, N1, N2, N3, N4} donc : σ(ω) = (7, 1, 3, 6, 5, 4, 2) comme voulu. Q 38. Tout d’abord, vu que chaque boule tirée ajoute à l’urne une boule de sa couleur opposée, et que l’urne ne contient initialement qu’une boule blanche, on en déduit que pour tout ω ∈ Ωn, b(ω) égale le nombre de boules noires tirées plus un (parce qu’une boule blanche est initialement présente), tandis que n(ω) égale le nombre de boules blanches tirées. Ensuite, si l’on suit l’algorithme et le résultat de la question Q 33 : — à chaque boule blanche tirée, on insère un entier (supérieur aux autres de la suite) au milieu d’une montée, donc incrémente d’une unité le nombre de descentes ; — inversement, à chaque boule noire tirée, on incrémente d’une unité le nombre de montées ; sachant que la suite initiale (0, 1, 0) (qui ne tient pas compte du premier tirage : nécessairement une boule blanche) contient une montée et une descente. On en déduit que pour tout ω ∈ Ωn, le nombre de montées de (0, σ(ω), 0) est 1 + (b(ω) − 1) = b(ω) (le 1 correspond à l’unique montée de (0, 1, 0)), et son nombre de descentes est 1 + n(ω) − 1 = n(ω) (le 1 correspond à l’unique descente de (0, 1, 0), et le −1 au fait qu’on ne tient pas compte de la première boule blanche tirée dans l’algorithme). Pour passer de (0, σ(ω), 0) à σ(ω), on enlève une montée et une descente. On en déduit que pour tout ω ∈ Ωn, la permutation σ(ω) admet b(ω) − 1 montées et n(ω) − 1 descentes. Q 39. Soient n ∈ N \ {0, 1} et m ∈ 0, m − 1 . Grâce à la bijection admise dans l’énoncé, on a : card(An,m) = card((Xn = m + 1)) = card(Ωn)P(Xn = m + 1) = m+1 k=0 (−1)k n + 1 k (m + 1 − k)n. 22