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M036/2021-03-08 07:53:02 Page 1/4 Mathématiques 1 PC 4 heures Calculatrice autorisée 2021 Ce sujet est divisé en trois parties. — Dans la première partie, on étudie une marche aléatoire sur ℤ qui modélise la trajectoire d’une particule. On s’intéresse en particulier au temps nécessaire pour que la particule revienne pour la première fois à son point de départ, si cela arrive. Pour cela, on introduit une suite de nombres appelés nombres de Catalan et on étudie leurs propriétés. — Dans la deuxième partie, entièrement indépendante de la première, on s’intéresse au calcul d’un déterminant à l’aide d’une suite de polynômes orthogonaux. — Dans la troisième partie enfin, on utilise les résultats des deux premières parties pour calculer deux détermi- nants associés aux nombres de Catalan. I Étude d’une marche aléatoire sur ℤ Soit (Ω, 𝒜, ℙ) un espace probabilisé et soit (𝑋𝑛)𝑛∈ℕ∗ une suite de variables aléatoires définies sur Ω et à valeurs dans {−1, 1}, mutuellement indépendantes, et telles que, pour tout 𝑛 ∈ ℕ∗, ℙ(𝑋𝑛 = 1) = 𝑝 et ℙ(𝑋𝑛 = −1) = 1 − 𝑝, où 𝑝 ∈ ]0, 1[. On pose 𝑆0 = 0 et, pour tout 𝑛 ∈ ℕ∗, 𝑆𝑛 = 𝑛 ∑ 𝑘=1 𝑋𝑘. La suite (𝑆𝑛)𝑛∈ℕ modélise la trajectoire aléatoire dans ℤ d’une particule située en 𝑆0 = 0 à l’instant initial 𝑛 = 0, et faisant à chaque instant 𝑛 ∈ ℕ un saut de +1 avec une probabilité 𝑝 et de −1 avec une probabilité 1 − 𝑝, les sauts étant indépendants et 𝑝 appartenant à ]0, 1[. Pour 𝜔 ∈ Ω, on représente la trajectoire de la particule par la ligne brisée joignant les points de coordonnées (𝑛, 𝑆𝑛(𝜔))𝑛∈ℕ. 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 −2 −1 0 1 2 𝑛 𝑆𝑛(𝜔) Figure 1 Exemple de trajectoire possible I.A – Espérance et variance de 𝑆𝑛 Dans cette sous-partie, 𝑛 désigne un entier naturel non nul. Soit 𝑌𝑛 la variable aléatoire sur Ω égale au nombre de valeurs de 𝑘 ∈ ⟦1, 𝑛⟧ telles que 𝑋𝑘 = 1. Q 1. Quelle est la loi de 𝑌𝑛 ? En déduire l’espérance et la variance de 𝑌𝑛. Q 2. Quelle relation a-t-on entre 𝑆𝑛 et 𝑌𝑛 ? En déduire l’espérance et la variance de 𝑆𝑛. Justifier que 𝑆𝑛 et 𝑛 ont même parité. I.B – Chemins de Dyck et loi du premier retour à l’origine Pour 𝑚 ∈ ℕ∗, on appelle chemin de longueur 𝑚 tout 𝑚-uplet 𝛾 = (𝛾1, …, 𝛾𝑚) tel que ∀𝑖 ∈ ⟦1, 𝑚⟧, 𝛾𝑖 ∈ {−1, 1}. On pose alors 𝑠𝛾(0) = 0 et, pour tout 𝑘 ∈ ⟦1, 𝑚⟧, 𝑠𝛾(𝑘) = 𝑘 ∑ 𝑖=1 𝛾𝑖. On représente le chemin 𝛾 par la ligne brisée joignant la suite des points de coordonnées (𝑘, 𝑠𝛾(𝑘)), 𝑘 ∈ ⟦0, 𝑚⟧. M036/2021-03-08 07:53:02 Page 2/4 Pour 𝑛 ∈ ℕ∗ : — on appelle chemin de Dyck de longueur 2𝑛 tout chemin 𝛾 = (𝛾1, …, 𝛾2𝑛) de longueur 2𝑛 tel que 𝑠𝛾(2𝑛) = 0 et ∀𝑘 ∈ ⟦0, 2𝑛⟧, 𝑠𝛾(𝑘) ⩾ 0 ; — on note 𝐶𝑛 le nombre de chemins de Dyck de longueur 2𝑛. On convient de plus que 𝐶0 = 1. La suite (𝐶𝑛)𝑛∈ℕ est appelée suite des nombres de Catalan. On constate que 𝐶1 = 1 et 𝐶2 = 2. 0 1 2 0 1 𝑘 𝑠𝛾(𝑘) 0 1 2 3 4 0 1 2 𝑘 𝑠𝛾(𝑘) 0 1 2 3 4 𝑘 Figure 2 Représentation des chemins de Dyck de longueurs 2 et 4 Q 3. Donner sans démonstration la valeur de 𝐶3 et représenter tous les chemins de Dyck de longueur 6. Soit 𝑛 ∈ ℕ et 𝛾 = (𝛾1, …, 𝛾2𝑛+2) un chemin de Dyck de longueur 2𝑛 + 2. Soit 𝑟 = max{𝑖 ∈ ⟦0, 𝑛⟧ | 𝑠𝛾(2𝑖) = 0}. On suppose 0 < 𝑟 < 𝑛 et on considère les chemins 𝛼 = (𝛾1, …, 𝛾2𝑟) et 𝛽 = (𝛾2𝑟+2, …, 𝛾2𝑛+1). Q 4. Justifier à l’aide d’une figure que 𝛾2𝑟+1 = 1, 𝛾2𝑛+2 = −1 et que 𝛼 et 𝛽 sont des chemins de Dyck. Soit 𝑚 ∈ ℕ∗ et soit 𝛾 = (𝛾1, …, 𝛾𝑚) un chemin de longueur 𝑚. Pour 𝑡 ∈ ℕ, on note 𝐴𝑡,𝛾 l’événement : « pour tout 𝑘 ∈ ⟦1, 𝑚⟧, 𝑋𝑡+𝑘 = 𝛾𝑘 » ; en d’autres termes, 𝐴𝑡,𝛾 = 𝑚 ⋂ 𝑘=1 (𝑋𝑡+𝑘 = 𝛾𝑘). Q 5. Soit 𝑛 ∈ ℕ∗ et soit 𝛾 = (𝛾1, …, 𝛾2𝑛) un chemin de Dyck de longueur 2𝑛. Pour 𝑡 ∈ ℕ, exprimer ℙ(𝐴𝑡,𝛾) en fonction de 𝑛 et 𝑝. Soit 𝑇 la variable aléatoire, définie sur Ω et à valeurs dans ℕ, égale au premier instant où la particule revient à l’origine, si cet instant existe, et égale à 0 si la particule ne revient jamais à l’origine : ∀𝜔 ∈ Ω, 𝑇(𝜔) = { 0 si ∀𝑘 ∈ ℕ∗, 𝑆𝑘(𝜔) ≠ 0 min {𝑘 ∈ ℕ∗ | 𝑆𝑘(𝜔) = 0} sinon Q 6. Montrer que 𝑇 prend des valeurs paires et que, pour tout 𝑛 ∈ ℕ, ℙ(𝑇 = 2𝑛+2) = 2 𝐶𝑛 𝑝𝑛+1(1−𝑝)𝑛+1. I.B.1) Série génératrice des nombres de Catalan Q 7. En utilisant la question 4, montrer ∀𝑛 ∈ ℕ, 𝐶𝑛+1 = 𝑛 ∑ 𝑟=0 𝐶𝑟𝐶𝑛−𝑟. Q 8. À l’aide de la variable aléatoire 𝑇, montrer que la série ∑ 𝑛⩾0 𝐶𝑛 4𝑛 converge. Q 9. En déduire que la série entière ∑ 𝑛⩾0 𝐶𝑛𝑡𝑛 converge normalement sur l’intervalle 𝐼 = [−1 4, 1 4]. On pose alors, pour tout 𝑡 ∈ 𝐼, 𝑓(𝑡) = +∞ ∑ 𝑛=0 𝐶𝑛𝑡𝑛 et 𝑔(𝑡) = 2𝑡𝑓(𝑡). On rappelle que la série génératrice de 𝑇, donnée par 𝐺𝑇(𝑡) = ∞ ∑ 𝑛=0 ℙ(𝑇 = 𝑛)𝑡𝑛, est définie si 𝑡 ∈ [−1, 1]. Q 10. À l’aide des questions précédentes, exprimer 𝐺𝑇 à l’aide de 𝑔 et de ℙ(𝑇 = 0). Q 11. En déduire que si 𝑝 ≠ 1 2, alors 𝑇 admet une espérance. Q 12. Montrer que ∀𝑡 ∈ 𝐼, 𝑔(𝑡)2 = 2𝑔(𝑡) − 4𝑡. Q 13. En déduire qu’il existe une fonction 𝜀 : 𝐼 → {−1, 1} telle que ∀𝑡 ∈ 𝐼, 𝑔(𝑡) = 1 + 𝜀(𝑡) √ 1 − 4𝑡. M036/2021-03-08 07:53:02 Page 3/4 Q 14. Montrer que 𝜀 est continue sur 𝐼 ∖ {1 4}. En déduire ∀𝑡 ∈ 𝐼, 𝑔(𝑡) = 1 − √ 1 − 4𝑡. Q 15. En déduire que ℙ(𝑇 ≠ 0) = 1 − √1 − 4𝑝(1 − 𝑝). Interpréter ce résultat lorsque 𝑝 = 1 2. Q 16. Montrer que si 𝑝 = 1 2, alors 𝑇 n’admet pas d’espérance. I.C – Expression des nombres de Catalan et équivalent Q 17. Justifier l’existence d’une suite de réels (𝑎𝑛)𝑛∈ℕ telle que ∀𝑥 ∈ ]−1, 1[, √ 1 + 𝑥 = 1 + +∞ ∑ 𝑛=0 𝑎𝑛𝑥𝑛+1, et, pour tout 𝑛 ∈ ℕ, exprimer 𝑎𝑛 à l’aide d’un coefficient binomial. Q 18. En déduire ∀𝑛 ∈ ℕ, 𝐶𝑛 = 1 𝑛 + 1(2𝑛 𝑛 ). Q 19. Rappeler l’équivalent de Stirling. En déduire un équivalent de 𝐶𝑛 lorsque 𝑛 tend vers +∞. Q 20. À partir de la question précédente, retrouver le résultat des questions 11 et 16. II Calcul d’un déterminant à l’aide d’un système orthogonal Dans cette partie, on suppose que l’espace vectoriel ℝ[𝑋] est muni d’un produit scalaire (⋅|⋅) et on note ‖ ⋅ ‖ la norme associée. Pour tout 𝑛 ∈ ℕ, on note 𝐺𝑛 la matrice carrée de taille 𝑛 + 1 suivante : 𝐺𝑛 = ((𝑋𝑖−1∣𝑋𝑗−1)) 1⩽𝑖,𝑗⩽𝑛+1 = ⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ (1|1) (1|𝑋) ⋯ (1|𝑋𝑛) (𝑋|1) (𝑋|𝑋) ⋯ (𝑋|𝑋𝑛) ⋮ ⋮ ⋮ (𝑋𝑛|1) (𝑋𝑛|𝑋) ⋯ (𝑋𝑛|𝑋𝑛) ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ On cherche à obtenir une expression du déterminant de 𝐺𝑛 à l’aide d’une suite de polynômes orthogonaux. II.A – Définition et propriétés d’un système orthogonal Dans ℝ[𝑋] muni du produit scalaire (⋅|⋅), on appelle système orthogonal toute suite de polynômes (𝑃𝑛)𝑛∈ℕ vérifiant les propriétés suivantes : — (𝑃𝑛)𝑛∈ℕ est une famille orthogonale, c’est-à-dire : ∀(𝑖, 𝑗) ∈ ℕ2, 𝑖 ≠ 𝑗 ⇒ (𝑃𝑖∣𝑃𝑗) = 0 ; — pour tout 𝑛 ∈ ℕ, 𝑃𝑛 est unitaire et de degré 𝑛. Dans toute la partie II, on considère un système orthogonal (𝑉𝑛)𝑛∈ℕ. Q 21. Montrer que, pour tout 𝑛 ∈ ℕ, la famille (𝑉0, 𝑉1, …, 𝑉𝑛) est une base orthogonale de l’espace vectoriel ℝ𝑛[𝑋] des polynômes à coefficients réels de degré inférieur ou égal à 𝑛. Q 22. Soit 𝑛 ∈ ℕ et 𝑃 ∈ ℝ[𝑋] tels que deg 𝑃 < 𝑛. Montrer que (𝑉𝑛|𝑃) = 0. Q 23. Soit (𝑊𝑛)𝑛∈ℕ un autre système orthogonal. Montrer que ∀𝑛 ∈ ℕ, 𝑊𝑛 = 𝑉𝑛. II.B – Expression de det 𝐺𝑛 à l’aide de la suite (𝑉𝑛)𝑛∈ℕ Soit 𝑛 ∈ ℕ et soit 𝐺′𝑛 la matrice carrée de taille 𝑛 + 1 suivante : 𝐺′𝑛 = ((𝑉𝑖−1∣𝑉𝑗−1)) 1⩽𝑖,𝑗⩽𝑛+1 = ⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ (𝑉0|𝑉0) (𝑉0|𝑉1) ⋯ (𝑉0|𝑉𝑛) (𝑉1|𝑉0) (𝑉1|𝑉1) ⋯ (𝑉1|𝑉𝑛) ⋮ ⋮ ⋮ (𝑉𝑛|𝑉0) (𝑉𝑛|𝑉1) ⋯ (𝑉𝑛|𝑉𝑛) ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ On note 𝑄𝑛 = (𝑞𝑖,𝑗)1⩽𝑖,𝑗⩽𝑛+1 la matrice de la famille (𝑉0, 𝑉1, …, 𝑉𝑛) dans la base (1, 𝑋, …, 𝑋𝑛) de ℝ𝑛[𝑋]. Q 24. Montrer que 𝑄𝑛 est triangulaire supérieure et que det 𝑄𝑛 = 1. Q 25. Montrer que 𝑄⊤ 𝑛𝐺𝑛𝑄𝑛 = 𝐺′𝑛, où 𝑄⊤ 𝑛 est la transposée de la matrice 𝑄𝑛. Q 26. En déduire que det 𝐺𝑛 = 𝑛 ∏ 𝑖=0 ‖𝑉𝑖‖2. M036/2021-03-08 07:53:02 Page 4/4 III Déterminant de Hankel des nombres de Catalan Dans cette partie, on introduit un produit scalaire particulier sur ℝ[𝑋] et une suite de polynômes. On vérifie qu’il s’agit d’un système orthogonal pour ce produit scalaire, ce qui permettra d’appliquer les résultats de la partie précédente. III.A – Produit scalaire Q 27. Soit 𝑃 ∈ ℝ[𝑋] et 𝑄 ∈ ℝ[𝑋]. Montrer que la fonction 𝑥 ↦ 𝑃(4𝑥)𝑄(4𝑥) √ 1 − 𝑥 √𝑥 est intégrable sur ]0, 1]. Dans toute la partie III, on pose ∀(𝑃, 𝑄) ∈ ℝ[𝑋] × ℝ[𝑋], (𝑃|𝑄) = 2 𝜋 1 ∫ 0 𝑃(4𝑥)𝑄(4𝑥) √ 1 − 𝑥 √𝑥 d𝑥. Q 28. Montrer que (⋅|⋅) est un produit scalaire sur ℝ[𝑋]. III.B – Système orthogonal Soit (𝑈𝑛)𝑛∈ℕ la suite de polynômes définie par 𝑈0 = 1, 𝑈1 = 𝑋 − 1 et ∀𝑛 ∈ ℕ, 𝑈𝑛+2 = (𝑋 − 2)𝑈𝑛+1 − 𝑈𝑛. Q 29. Pour tout 𝑛 ∈ ℕ, montrer que 𝑈𝑛 est unitaire de degré 𝑛, et déterminer la valeur de 𝑈𝑛(0). Q 30. Soit 𝜃 ∈ ℝ. Montrer que ∀𝑛 ∈ ℕ, 𝑈𝑛(4 cos2 𝜃) sin 𝜃 = sin((2𝑛 + 1)𝜃). Q 31. Soit (𝑚, 𝑛) ∈ ℕ2. Calculer 𝜋/2 ∫ 0 sin((2𝑚 + 1)𝜃) sin((2𝑛 + 1)𝜃) d𝜃. Q 32. En déduire que (𝑈𝑛)𝑛∈ℕ est un système orthogonal et que, pour tout 𝑛 ∈ ℕ, ‖𝑈𝑛‖ = 1. Pour calculer la valeur de (𝑈𝑚|𝑈𝑛), on pourra effectuer le changement de variable 𝑥 = cos2 𝜃. III.C – Application Pour tout 𝑛 ∈ ℕ, on pose 𝜇𝑛 = (𝑋𝑛|1). Q 33. À l’aide d’une intégration par parties, montrer ∀𝑛 ∈ ℕ∗, 4𝜇𝑛−1 − 𝜇𝑛 = 2 × 4𝑛 𝜋 1 ∫ 0 𝑥𝑛−3/2(1 − 𝑥)3/2 d𝑥 = 3 2𝑛 − 1𝜇𝑛. Q 34. En déduire ∀𝑛 ∈ ℕ, 𝜇𝑛 = 𝐶𝑛. Q 35. Soit 𝑛 ∈ ℕ. Déduire des parties précédentes la valeur du déterminant 𝐻𝑛 = det(𝐶𝑖+𝑗−2)1⩽𝑖,𝑗⩽𝑛+1 = ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ 𝐶0 𝐶1 𝐶2 ⋯ 𝐶𝑛−1 𝐶𝑛 𝐶1 ⋰ ⋰ ⋰ 𝐶𝑛+1 𝐶2 ⋰ ⋰ ⋰ ⋮ ⋮ ⋰ ⋰ ⋰ 𝐶2𝑛−2 𝐶𝑛−1 ⋰ ⋰ ⋰ 𝐶2𝑛−1 𝐶𝑛 𝐶𝑛+1 ⋯ 𝐶2𝑛−2 𝐶2𝑛−1 𝐶2𝑛 ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ III.D – Un autre déterminant de Hankel Dans cette sous-partie, on pose, pour tout 𝑛 ∈ ℕ, 𝐷𝑛(𝑋) = ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ 𝐶0 𝐶1 𝐶2 ⋯ 𝐶𝑛−1 𝐶𝑛 𝐶1 ⋰ ⋰ ⋰ 𝐶𝑛+1 𝐶2 ⋰ ⋰ ⋰ ⋮ ⋮ ⋰ ⋰ ⋰ 𝐶2𝑛−2 𝐶𝑛−1 𝐶𝑛 𝐶𝑛+1 ⋯ 𝐶2𝑛−2 𝐶2𝑛−1 1 𝑋 ⋯ 𝑋𝑛−2 𝑋𝑛−1 𝑋𝑛 ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ et 𝐻′𝑛 = ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ 𝐶1 𝐶2 𝐶3 ⋯ 𝐶𝑛−1 𝐶𝑛 𝐶2 ⋰ ⋰ ⋰ 𝐶𝑛+1 𝐶3 ⋰ ⋰ ⋰ ⋮ ⋮ ⋰ ⋰ ⋰ 𝐶2𝑛−3 𝐶𝑛−1 ⋰ ⋰ ⋰ 𝐶2𝑛−2 𝐶𝑛 𝐶𝑛+1 ⋯ 𝐶2𝑛−3 𝐶2𝑛−2 𝐶2𝑛−1 ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ Q 36. Soit (𝑛, 𝑘) ∈ ℕ2 tel que 𝑘 < 𝑛. Montrer (𝐷𝑛∣𝑋𝑘) = 0. Q 37. En déduire que ∀𝑛 ∈ ℕ, 𝐷𝑛 = 𝑈𝑛, puis déterminer, pour tout 𝑛 ∈ ℕ∗, la valeur du déterminant 𝐻′𝑛. • • • FIN • • •

Mathématiques Pr. Daouia Abdelkader Corrigé de la première épreuve de mathématique Centrale PC 2021 Q1) Yn suit la loi binomiale B(n, p) .E(Yn) = np V(Yn) = np(1 − p). Q2) Yn est le nombre de fois où on a obtenu 1 , donc les n − Yn autres fois on a obtenu −1 .Donc Sn = Yn − (n − Yn) = 2Yn − n . E(Sn) = 2np − n = n(2p − 1) V(Sn) = 4V(Yn) = 4np(1 − p) . 2Yn = n + Sn , la somme est pair , donc n et Sn ont la même parité. Q3) C3 = 5. Q4) γ = (γ1, . . . , γ2n+2) un chemin de Dyck de longueur 2n + 2. Pour tout entier 0 ≤ k ≤ 2n + 2 on a sγ(k) ≥ 0 , donc sγ(2r) + γ2r+1 = sγ(2r + 1) ≥ 0 =⇒ γ2r+1 ≥ 0 =⇒ γ2r+1 = 1 sγ(2n + 1) + γ(2n + 2) = sγ(2n + 2) = 0 =⇒ γ(2n + 2) = −sγ(2n + 1) ≤ 0 =⇒ γ(2n + 2) = −1 D’autre part comme Pour tout entier 0 ≤ k ≤ 2n + 2 on a sγ(k) ≥ 0 , on a donc Pour tout entier 0 ≤ k ≤ 2r on a sγ(k) ≥ 0 et sγ(2r) = 0 , donc on en déduit que α = (γ1, . . . , γ2r) est un chemin de Dyck de longueur 2r. On fait de même pour β. Q5) γ est un chemin de Dyck de longueur 2n, la somme finale est 0 , donc il y a exactement n déplacements positifs et les autres sont négatifs , mais ils sont déjà fixés on a donc : P(At,γ) = pn(1 − p)n . Q6) Pour n ∈ B on va chercher le nombre de chemins de Dyck de longueur 2n + 2 et qui retourne à l’origine pour la première fois à l’ordre 2n + 2 ; c’est à dire le nombre de chemins γ = (γ1, . . . , γ2n+2) tel que Pour tout entier 1 ≤ k ≤ 2n + 1 on a sγ(k) > 0 et sγ(2n + 2) = 0. Pour n = 0, il n’y a qu’une seule possibilité . pour n ≥ 1. sγ(1) > 0 , donc γ1 = 1 ; comme sγ(2) > 0 , on a donc forcément γ2 = 1 et on a déjà vu que 1 Mathématiques Pr. Daouia Abdelkader γ2n+2 = −1. Si on considère le chemin δ = (γ2, . . . , γ2n+1) , δ est un chemin de Dyck (facile à vérifier : vous supposer que ce n’est pas un chemin de Dyck , vous prenez le plus petit entier j tel que la somme de 2 à j est −1 et on trouve que sγ(j) = 0 et donc le chemin retourne à l’origine avant l’étape 2n + 2. Réciproquement si on prend un chemin de Dyck de longueur 2n , et on lui rajoute au départ 1 et à la fin −1 , on trouve un chemin de Dyck de longueur 2n + 2 et dont la somme s’annule pour la première fois à l’ordre 2n + 2. Donc le nombre de chemins de Dyck de longueur 2n + 2 et qui retourne à l’origine pour la première fois à l’ordre 2n + 2 est le nombre de chemins de Dyck de longueur 2n soit donc Cn. Il y a encore exactement le même de chemins qui sont dans la partie négative c’est à dire qui commence avec un pas négatif et qui retourne à l’origine pour la première fois à l’ordre 2n + 2 (une symétrie par rapport à l’axe des abscisses). Donc au total il y a 2Cn chemins de longueurs 2n + 2 qui retournent à l’origine pour la première fois à l’ordre 2n + 2, et pour chaque chemin la probabilité est calculé dans la question 5 c’est : pn+1(1 − p)n+1 On a donc : P(T = 2n + 2) = 2Cnpn+1(1 − p)n+1 L’événement T = 2n + 1 est impossible, car si la somme est égale à 0 on a autant de déplacement positifs que négatifs (une somme impair de 1 et −1 est toujours différente de 0). Q7) On va définir pour 0 ≤ r ≤ n Cn+1,r le cardinal de l’ensemble de chemins γ de Dyck de longueur 2n + 2 et tel que r = max{i ∈ {0, 1, . . . , n} : sγ(2i) = 0} on a donc : Cn+1 = n r=0 Cn+1,r = n r=0 CrCn−r On peut facilement établir une bijection d’après la question 4 γ −→ (α, β) Q8) n≥0 P(T = n) = P(T = 0) + n≥0 P(T = 2n + 2) est convergente (la somme des probabilités est 1) Donc on a n≥0 Cnpn+1(1−p)n+1 est convergente .En particulier pour p = 1 2 on trouve donc n≥0 Cn 1 4n+1 converge. Q9) Pour t ∈ [−1 4, 1 4] , on a : |Cntn| ≤ Cn 1 4n ce qui nous donne la convergence normale. 2 Mathématiques Pr. Daouia Abdelkader Q10) GT(t) = P(T = 0) + +∞ n=0 P(T = 2n + 2)t2n+2 = P(T = 0) + +∞ n=0 2Cnpn+1(1 − p)n+1t2n+2 = P(T = 0) + +∞ n=0 2Cnpn+1(1 − p)n+1t2n+2 = P(T = 0) + g(p(1 − p)t2) Q11) f(t ) = 1 + +∞ n=1 Cntn = 1 + +∞ n=0 Cn+1tn+1 = 1 + t +∞ n=0 Cn+1tn = 1 + t +∞ n=0 ( n k=0 CkCn−k)tn = 1 + t(f(t))2 On a donc t(f(t))2 = f(t) − 1 puis on multiplie par 4t et on trouve le résultat. Q13) g(t) est une solution du polynôme X2 − 2X + 4t. Q14) Pour t ∈ I \ {1 4} on peut écrire : ε(t) = g(t) − 1 √1 − 4t Donc la fonction ε est continue sur I \ {1 4} et ne prend que deux valeurs possible, elle est constante . Comme g(0) = 0 on a donc ε(0) = −1, et donc g(t) = 1 − √1 − 4t ∀t ∈ I \ {1 4} , et on conclut par continuité. Q15) 1 = GT(1) = P(T = 0) + g(p(1 − p) , donc : P(T ̸= 0) = 1 − P(T = 0) = g(p(1 − p)) = 1 − 1 − 4p(1 − p) Pour p = 1 2 on a P(T ̸= 0) = 1 , donc la particule revient presque sûrement à l’origine au moins une fois.En plus ce retour est récurrent , c’est à dire ,une fois qu’elle retourne , elle va le faire presque sûrement une autre fois , et ainsi de suite. Q16) Si p = 1 2 on a : GT(1) = g(t2 4 ) = 1 − √ 1 − t2 GT n’est pas dérivable au point 1. 3 Mathématiques Pr. Daouia Abdelkader Q17) On sait que pour tout α ∈ R la fonction : t −→ (1 + t)α est développable en série entière de rayon de convergence supérieur ou égal à 1 et on la formule : (1 + t)α = 1 + +∞ n=1 bntn ∀t ∈] − 1, 1[ bn = n−1 k=0 (α − k) n! Dans ce cas particulier α = 1 2 on trouve : bn = n−1 k=0 (1 2 − k) n! = (−1)n−1 (2n)! 4n(n!)2(2n − 1) On a donc : √1 + x = 1 + +∞ n=1 (−1)n−1 (2n)! 4n(n!)2(2n − 1)xn = 1 + +∞ n=0 2(−1)n (2n)! 4n+1(n!)2(2n + 1)xn+1 = 1 + +∞ n=0 2(−1)n 2n n 4n+1(2n + 1)xn+1 Finalement : an = 2(−1)n 2n n 4n+1(2n + 1) ∀n ∈ N Q18) g(t) = 1 − √1 − 4t = +∞ n=0 2 2n n (2n + 1)tn+1 ( on remplace x par −4t) Si on prend p = 1 2 , on trouve P(T = 0) = 0 et : GT(t) = +∞ n=0 2Cn 1 4n+1t2n+2 = g(t2 4 ) = +∞ n=0 2 2n n 4n+1(2n + 1)t2(n+1) Par identification on a : Cn = 1 n + 1 2n n Q19) n! ∼ nne−n√ 2πn et on trouve alors Cn ∼ 4n n 3 2√π Q20) nCnpn+1(1 − p)n+1 ∼ 1 4√nπ(4p(1 − p))n+1 4 Mathématiques Pr. Daouia Abdelkader . Si p = 1 2 nCnpn+1(1−p)n+1 ∼ 1 4√nπ , donc la série est divergente , d’où la variable T n’admet pas d’espérance Si p ̸= 1 2 on a 0 ≤ 4p(1−p) < 1 donc la série est convergente , d’où la variable admet une espérance. Q21) La famille (V0, V1, . . . , Vn) est un système orthogonal , donc la famille est échelonnée en degré donc libre contenue dans Rn[X] , de cardinal n + 1 = dim Rn[X], donc c’est une base de Rn[X] , et cette famille est orthogonale. Q22) (V0, V1, . . . , Vn−1) est une base de Rn−1[X] , donc pour tout P ∈ Rn−1[X] ,il existe a0, . . . an−1 des réels tel que : P = n−1 i=0 aiVi. (Vn, P) = n−1 i=0 ai(Vn, Vi) = 0 en utilisant l’orthogonalité de la famille (V0, V1, . . . , Vn) . Q23) Soit (Wn)n∈N un autre système orthogonal. deg(W0) = deg(V0) = 0 , et ils sont tous les deux unitaires, on a donc W0 = V0 = 1. Supposons que Wi = Vi pour 0 ≤ i ≤ n − 1 avec n un entier non nul . Comme deg(Wn) = deg(Vn) = n , et les deux polynômes sont unitaires , alors : P = Wn − Vn ∈ Rn−1[X] et on peut alors écrire en utilisant la question 22 : ∥Wn − Vn∥2 = (Wn − Vn, P) = (Wn, P) − (Vn, P) = 0 D’où :Wn = Vn. Q24) Pour 0 ≤ k ≤ n deg(Vk) = k, donc il existe qk,0, qk,1, . . . , qk,k des réels tel que Vk = k i=0 qk,iXi. Comme Vk est unitaire on a qk,k = 1 et la matrice Qn est triangulaire supérieur avec des 1 sur la diagonale, on a facilement det(Qn) = 1. Q25) Pour 0 ≤ i ≤ n , on a Vi = n+1 k=1 qi,k−1Xk−1 , ce qui implique que : (Vi, Vj) = n+1 k=1 n+1 h=1 qi,k−1qi,h−1(Xi, Xj) En développant le produit QT nGnQn on trouve l’égalité. Q26) La famille (Vn)n∈N est un système orthogonal , donc la matrice G ′ n est une matrice diagonale . n i=0 ∥Vi∥ = det(G ′ n) = det(QT nGnQn) = det(QT n)det(Gn)det(Qn) = det(Gn) 5 Mathématiques Pr. Daouia Abdelkader Q27) Soient P et Q deux polynômes à coefficients réels.La fonction : x −→ P(4x)Q(4x)√1 − x est continue sur [0, 1] , elle est donc bornée et atteint ses bornes sur [0, 1] , il existe donc M > 0 telle que : |P(4x)Q(4x) √ 1 − x| ≤ M ∀x ∈ [0, 1] =⇒ |P(4x)Q(4x)√1 − x| √x ≤ M √x ∀x ∈]0, 1] On conclut en rappelant que : x −→ 1 √x est intégrable sur ]0, 1] , car c’est une intégrale de Riemann avec α = 1 2. Q28) Soit P ∈ R[X] tel que (P, P) = 0 . 1 0 (P(4x))2√1 − x √x dx = 0. La fonction qu’on intègre est continue positive sur ]0, 1] , donc on a : (P(4x))2√ 1 − x = 0 ∀x ∈]0, 1] =⇒ P(4x) = 0 ∀x ∈]0, 1[ Le polynôme admet donc une infinité de racine , c’est donc le polynôme nul.Les autres propriétés du produit scalaire sont facile à établir. Q29) Pour le degré et le coefficient dominant de Un on le fait par récurrence double. Un+2(0) = −2Un+1(0) − Un(0) =⇒ Un+2(0) + Un+1(0) = −(Un+1(0) + Un(0)) . On pose rn = Un+1(0) + Un(0), la suite (rn)n est donc géométrique de raison −1 et r0 = 0 , donc c’est la suite nulle, ce qui implique que Un+1(0) = −Un(0) pour tout entier n.La suite (Un(0))n est alors géométrique de raison −1 et de premier terme 1 , on conclut alors que Un(0) = (−1)n pour tout entier n. Q30) Par récurrence sur n. trivial pour n = 0. U1(4cos2(θ))sin(θ) = 4cos(θ)sin(θ)cos(θ) − sin(θ) = 2sin(2θ)cos(θ) − sin(θ) et ou utilise la relation 2sin(a)cos(b) = sin(a + b) + sin(a − b) Supposons que Uk(4cos2(θ))sin(θ) = sin((2k + 1)θ) ∀0 ≤ k ≤ n + 1 Un+2(4cos2(θ))sin(θ) = (4cos2(θ) − 2)Un+1(4cos2(θ))sin(θ) − Un(4cos2(θ))sin(θ) = 2cos(2θ)sin((2n + 3)θ) − sin((2n + 1)θ) On peut alors conclure comme dans le cas n = 1. 6 Mathématiques Pr. Daouia Abdelkader Q31) La relation : 2sin(a)sin(b) = cos(a − b) − cos(a + b) donne : π 2 0 sin((2m + 1)θ)sin((2n + 1)θ)dθ = 1 2 π 2 0 cos(2(m − n)θ) + cos(2(m + n + 1)θ)dθ En distinguant les cas m = n et m ̸= n , on trouve : 0 si m ̸= n et π 4 si m = n. Q32) (Um, Un) = 1 0 Um(4x)Un(4x)√1 − x √x dx Avec le changement de variable x = 4cos2(θ) et le résultat de la question 30, on trouve : (Um, Un) = 4 π π 2 0 sin((2m + 1)θ)sin((2n + 1)θ)dθ Le résultat en découle immédiatement. Q33) Pour l’intégration par parties on pose : u ′(x) = xn− 3 2 u(x) = 2 2n − 1xn− 1 2 v(x) = (1 − x)3 2 v ′(x) = 3 2 √ 1 − x Q34) La question précédente nous donne : 4µn−1 − µn = 3 2n − 1µn =⇒ 4µn−1 = 2(n + 1) 2n − 1 µn On trouve donc la relation : µn = 2(2n − 1) n + 1 µn−1 Avec la formule µ0 = 1 , une récurrence facile nous permet de trouver que : µn = 2n n n + 1 = Cn Q35) En remarquant que : µi+j = (Xi+j, 1) = (Xi, Xj) = π 2 0 (4X)i+j√1 − x √x dx On conclut que : Hn = det(Gn) avec Gn la matrice décrite dans le début de la deuxième partie. (Un)n est un système orthogonal pour ce produit scalaire , la question 26 nous donne : Hn = n k=0 ∥Uk∥ = 1 7 Mathématiques Pr. Daouia Abdelkader Q36) Si on développe le déterminant Dn(X) par rapport à la dernière ligne , on va s’apercevoir que Dn(X) est un polynôme unitaire de degré n. (Dn, Xk) est le déterminant d’une matrice qui a les mêmes n premières lignes que la matrice Dn(X) mais sa dernière ligne est : ((Xk, 1), (Xk, X), . . . , (Xk, Xn)) = (Ck, Ck+1, . . . , Cn+k) (Dn, Xk) = 0 car on a un déterminant avec deux lignes identiques si k < n . Q37) Par linéarité du produit scalaire par rapport à la deuxième variable, on conclut que (Dn, P) = 0forallP ∈ Rn−1[X]. Si on prend m ̸= n , on a par exemple m < n , on trouve alors (Dn, Dm) = 0. la famille (Dn)n est un système orthogonal , et par unicité (démontré dans la question 23) on a Dn = Un ∀ n ∈ N H ′ n = Dn(0) = Un(0) = (−1)n On remplace X par 0 dans Dn(X) et on développe suivant la dernière ligne. 8