L'objectif du problème est d'étudier une suite de variables aléatoires $(Z_k)_{k\in\mathbb N}$. Les deux premières parties sont indépendantes et la troisième utilise certains résultats obtenus dans les deux premières parties. La partie I est consacrée à l'étude de deux endomorphismes sur $\mathbb R_n[X]$. La partie II consiste à calculer l'espérance et la variance de $Z_k$ ainsi qu'à calculer la somme $\sum_{k=0}^{+\infty}P(Z_k=r)$ sous réserve de convergence. La partie III fournira la loi de $Z_k$ ainsi que l'étude de la convergence de la série $\sum_{k\geq 0}P(Z_k=r)$.
Soit $n$ un entier naturel. On note $\mathbb R_n[X]$ l'ensemble des polynômes à coefficients réels de degrés au plus $n$. Pour tout entier $k\in\{0,1,\dots,n\}$, on désigne par $e_k$ le polynôme de $\mathbb R_n[X]$ défini par : $$e_k=X^k$$ Rappelons que $(e_0,e_1,\dots,e_n)$ est une base de $\mathbb R_n[X]$. Si $P\in\mathbb R_n[X]$, on définit les fonctions $f(P)$ et $g(P)$ par : $$\forall x\in\mathbb R\backslash\{1\},f(P)(x)=\frac{1}{x-1}\int_1^xP(t)dt\text{ et }f(P)(1)=P(1)$$ $$\forall x\in \mathbb R,g(P)(x)=[(X-1)P]'(x)=(x-1)P'(x)+P(x).$$
1. Prouver que $g$ est un endomorphisme de $\mathbb R_n[X]$.
La linéarité est immédiate. Pour le caractère endo on observe que $$deg(P)\leq n\Longrightarrow deg((X-1)P(X))\leq n+1\Longrightarrow deg(((X-1)P(X))')\leq n$$
2. Soit $P\in\mathbb R_n[X]$. Calculer $f(g(P))$ puis justifier que $ker(g)=\{0\}$.
Le calcul donne $f(g(P))=P$. Donc si $P\in Ker(g)$ alors $g(P)=0$ mais $P=f(g(P))=f(0)=0$ donc $P=0$ et $Ker(g)=\{0\}$.
Remarque : Pour la rédaction de la preuve de $f(g(P))=P$, on commencera par montrer que $\forall x\in\mathbb R\backslash\{1\}, f(g(P))(x)=P(x)$ puis que $f(g(P))(1)=P(1)$. On en déduit alors que $\forall x\in\mathbb R,f(g(P))(x)=P(x)$ (égalité en tant que fonction polynômiale) et donc que $f(g(P))=P$ (égalité en tant que polynôme).
3. Démontrer que $g$ est un isomorphisme, que $g^{-1}=f$ et que $f$ est un endomorphisme de $\mathbb R_n[X]$.
$g$ est injective puisque son noyau est réduit à $0$ et $g$ est un endomorphisme en dimension finie donc est automatiquement bijective. D'autre part par unicité de la réciproque d'une fonction, comme $fog=Id$, $g^{-1}=f$. Enfin comme $g$ est un isomorphisme, c'est aussi le cas de $g^{-1}$ et donc $f$ est un endomorphisme.
4. Ecrire la matrice $A$ de $f$ dans la base $(e_0,e_1,\dots,e_n)$ ainsi que la matrice $B$ de $g$ dans cette même base.
On a que $\forall x\in\mathbb R\backslash\{1\}$ $$f(X^k)(x)=\frac{1}{k+1}\frac{x^{k+1}-1}{1-x}=\frac{1}{k+1}\left(1+x+x^2+\dots+x^k\right)$$ ensuite puisque $f(X^k)$ est un polynôme (comme pour la question 2. il faudra distinguer la fonction polynômiale du polynôme), on en déduit que $$f(X^k)=\frac{1}{k+1}\left(1+X+X^2+\dots+X^k\right)=\frac{1}{k+1}\left(e_0+e_1+e_2+\dots+e_k\right)$$ La matrice de $f$ dans la base donnée est donc la matrice triangulaire supérieure suivante $$A= \begin{pmatrix} 1 & 1/2 & 1/3 & \dots & 1/(n+1)\\ 0 & 1/2 & 1/3 & \dots & 1/(n+1)\\ 0 & 0 & 1/3 & \dots & 1/(n+1)\\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\ 0 & 0 & 0 & \dots & 1/(n+1) \end{pmatrix}$$ Pour $g$ le calcul est plus simple car pour $k\geq 1$, $g(X^k)=(k+1)X^k-kX^{k-1}$ et $g(1)=1$ donc la matrice est $$B= \begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 & 0 & \dots & 0\\ 0 & 2 & -2 & 0 & \dots & 0\\ 0 & 0 & 3 & -3 & \dots & 0\\ 0 & 0 & 0 & 4 & \ddots & 0\\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & -n\\ 0 & 0 & 0 & 0 & \dots & n+1 \end{pmatrix}$$
5. Montrer que $f$ et $g$ sont diagonalisables.
Les matrices triangulaires donc les valeurs propres se trouvent sur la diagonale. On observe qu'elles sont toutes distinctes donc les endomorphismes sont diagonalisables.
Soit $n$ un entier naturel supérieur ou égal à $1$. On dispose de $n+1$ urnes notées $U_0,U_1,\dots,U_n$ et on suppose que $\forall i\in\{0,\dots,n\}$, l'urne $U_i$ contient $i+1$ boules numérotées $0,1,\dots,i$. On s'intéresse au jeu suivant :
Pour tout entier naturel $k$, on note :
1. A l'aide de la formule des probabilités totales, prouver que : $$\forall k\in\mathbb N,\forall r\in\{0,1,\dots,n\},P(Z_{k+1}=r)=\sum_{i=r}^n\frac{P(Z_k=i)}{i+1}.$$
La famille $(Z_k=i)_{i\in\{0,\dots,n\}}$ forme un système complet d'évènements (au temps $k$ on tire dans l'une des urnes $i$) donc par la formule des probabilités totales $$P(Z_{k+1}=r)=\sum_{i=0}^nP_{Z_k=i}(Z_{k+1}=r)P(Z_k=i)$$ Or si au temps $k+1$ on a tiré la boule $r$ il n'est pas possible que précédemment nous ayons obtenu la boule $i$ avec $i<\!r$ car dans ce cas nous aurions joué dans une urne $U_i$ qui ne contient pas de boule $r$. Par conséquent $P_{Z_k=i}(Z_{k+1}=r)=0$ pour $i<\!r$ et $$P(Z_{k+1}=r)=\sum_{i=r}^nP_{Z_k=i}(Z_{k+1}=r)P(Z_k=i)$$ Enfin pour $i\geq r$, la probabilité de tirer la boule $r$ dans l'urne $i$ est $\frac{1}{i+1}$ donc $P_{Z_k=i}(Z_{k+1}=r)=\frac{1}{i+1}$ et la formule est démontrée.
2. Etablir les deux formules suivantes valables pour tous entiers $k\in\mathbb N$ et $r\in\{0,1,\dots,n-1\}$ $$\begin{cases}({\cal R}_1):(n+1)P(Z_{k+1}=n)=P(Z_k=n)\\ ({\cal R}_2):(r+1)P(Z_{k+1}=r)-(r+1)P(Z_{k+1}=r+1)=P(Z_k=r)\end{cases}$$
Pour $({\cal R}_1)$ on applique l'équation de 1. avec $r=n$. Pour $({\cal R}_2)$ il suffit de remplacer les termes de $(r+1)P(Z_{k+1}=r)-(r+1)P(Z_{k+1}=r+1)$ par l'équation de 1. et les sommes se simplifient.
3. On admet dans cette question que la série $\sum_{k\geq 0}P(Z_k=r)$ converge pour tout $r\in\{1,\dots,n\}$ et on pose $S_r=\sum_{k=0}^{+\infty}P(Z_k=r)$.
En sommant le relations $({\cal R}_1)$ sur tous les entiers $k\in\mathbb N$, donner la valeur de $S_n$.
En sommant on obtient $$(n+1)(S_n-P(Z_0=n))=S_n$$ mais comme il a été posé par convention que $Z_0=n$, on a $P(Z_0=n)=1$ et on obtient $$S_n=\frac{n+1}{n}$$
En sommant les relation $({\cal R}_2)$ sur tous les entiers $k\in\mathbb N$, donner la valeur de $S_{n-1}$ et montrer que la suite $(rS_r)_{1\leq r\leq n-1}$ est constante.
Comme pour la relation précédente, en sommant on trouve que $$S_{r+1}=\frac{r}{r+1}S_r$$ donc en posant $r=n-1$ puis en remplaçant $S_n$ on trouve $$S_{n-1}=\frac{n+1}{n-1}.$$
4. Soit $k\in\mathbb N$. Démontrer la relation $$({\cal S}):\forall x\in\mathbb R,(x-1)F'_{k+1}(x)+F_{k+1}(x)=F_k(x).$$
Il faut bien organiser les sommes et utiliser les relations démontrées en 2. $$\begin{align*} (x-1)F'_{k+1}(x)+F_{k+1}(x)&=(x-1)\sum_{r=1}^nrP(Z_{k+1}=r)x^{r-1}+\sum_{r=0}^nP(Z_{k+1}=r)x^r\\ &=\sum_{r=0}^nrP(Z_{k+1}=r)x^r-\sum_{r=1}^nrP(Z_{k+1}=r)x^{r-1}+\sum_{r=0}^nP(Z_{k+1}=r)x^r\\ &=\sum_{r=0}^{n}(r+1)P(Z_{k+1}=r)x^r-\sum_{r=0}^{n-1}(r+1)P(Z_{k+1}=r+1)x^r\\ &=\sum_{r=0}^{n-1}\left((r+1)P(Z_{k+1}=r)-(r+1)P(Z_{k+1}=r+1)\right)x^r+(n+1)P(Z_{k+1})x^n\\ &=\sum_{r=0}^{n-1}P(Z_k=r)x^r+(n+1)P(Z_{k+1}=n)x^n\text{ (grâce aux relations de 2.)}\\ &=\sum_{r=0}^{n}P(Z_k=r)x^r\\ &=F_k(x) \end{align*}$$
5. (a)Soit $k\in\mathbb N$. Etablir que $F'_k(1)=E(Z_k)$ et $F''_k(1)=E(Z_k(Z_k-1))$.
On a $$F'_k(1)=\sum_{r=1}^nrP(Z_k=r)1^{r-1}=\sum_{r=0}^nrP(Z_k=r)=E(Z_k)$$ et on raisonne de même pour l'autre égalité.
(b) En dérivant une fois puis deux fois la relation $({\cal S})$, donner la relation de récurrence vérifiée par la suite $(F'_k(1))_{k\in\mathbb N}$ ainsi que la relation de récurrence vérifiée par la suite $(F''_k(1))_{k\in\mathbb N}$.
En suivant les indications on trouve $$F'_{k+1}(1)=\frac{1}{2}F'_k(1)$$ et $$F''_{k+1}(1)=\frac{1}{3}F''_k(1)$$
(c) Donner la valeur de $F'_k(1)$ et de $F''_k(1)$ en fonction de $k$ et $n$. Expliciter alors la variance $V(Z_k)$ de $Z_k$ en fonction de $k$ et $n$.
On a que comme $Z_0=n$, $F_0(x)=x^n$ et donc $F'_0(1)=n$ et $F''_0(1)=n(n-1)$. En reconnaissant des suites géométriques dans la réponse de la question (b), on en déduit que $$E(Z_k)=F'_k(1)=\frac{n}{2^k}$$ $$E(Z_k(Z_k-1))=E(Z_k^2)-E(Z_k)=F''(1)=\frac{n(n-1)}{3^k}$$ Enfin en utilisant le fait que $V(Z_k)=E(Z_k^2)-(E(Z_k))^2$, on trouve que $$V(Z_k)=\frac{n(n-1)}{3^k}+\frac{n}{2^k}-\frac{n^2}{4^k}$$
On reprend toutes les notations des parties I et II et on pourra admettre tous les résultats établis dans ces deux parties. Rappelons également qu'à la question II.4 la relation $({\cal S})$ est démontrée ce qui revient à écrire : $$\forall k\in\mathbb N,g(F_{k+1})=F_k.$$ Pour finir, pour tout entier $k\in\{0,1,\dots,n\}$ on désigne par $u_k$ le polynôme de $\mathbb R_n[X]$ définie par : $$u_k=(X-1)^k.$$
1. Montrer que : $\forall k\in\mathbb N,\sum_{r=0}^nP(Z_k=r)e_r=F_k=f^k(e_n)$.
Puisque $f$ est l'inverse de $g$, la relation $g(F_{k+1})=F_k$ est équivalente à $F_{k+1}=f(F_k)$ donc en itérant $F_k=f^k(F_0)$. Mais comme $Z_0=n$ on a $F_0=X^n=e_n$ et la relation recherchée suit.
2. Prouver que $(u_0,u_1,\dots,u_n)$ est une base de $\mathbb R_n[X]$.
On peut par exemple dire que la famille de polynôme est échelonnée ou bien dire que cette famille est génératrice par le théorème de Taylor pour les polynômes et composée de $n+1$ vecteurs dans un ev de dimension $n+1$ et forme donc une base.
3. Calculer $f(u_r)$ pour $r\in\{0,1,\dots,n\}$. Retrouver ainsi que $f$ est diagonalisable.
En revenant à la définition de $f$, on trouve $$f(u_r)=\frac{u_r}{(r+1)}$$ On se rend compte que $(u_r)_{r=0,\dots,n}$ forment une base de vecteurs propres donc $f$ est diagonalisable.
4. Justifier que : $e_n=\sum_{r=0}^n\begin{pmatrix}n\\ r\end{pmatrix}u_r$ et que : $\forall r\in\{0,1,\dots,n\},u_r=\sum_{j=0}^r(-1)^{r-j}\begin{pmatrix}r\\ j\end{pmatrix}e_j$.
Pour la première il suffit d'observer que $$\sum_{r=0}^n\begin{pmatrix}n\\ r\end{pmatrix}(x-1)^r=\sum_{r=0}^n\begin{pmatrix}n\\ r\end{pmatrix}(x-1)^r1^{n-r}=(x-1+1)^n=x^n$$ tandis que pour la seconde il suffit de développer avec le binome de Newton.
5. Démontrer que : $\forall k\in\mathbb N,f^k(e_n)=\sum_{r=0}^n\frac{\begin{pmatrix}n\\ r\end{pmatrix}}{(r+1)^k}u_r.$
Combiner l'expression de $e_n$ établie en 4. et la réponse à la question 3.
6. Soient $k\in\mathbb N$ et $j\in\{0,1,\dots,n\}$. A l'aide des question précédentes, établir que : $$P(Z_k=j)=\sum_{r=j}^n(-1)^{r-j}\frac{\begin{pmatrix}n\\ r\end{pmatrix}\begin{pmatrix}r\\ j\end{pmatrix}}{(r+1)^k}.$$
En combinant 1. 5. et 4. on a que $$\begin{align*} &\sum_{j=0}^nP(Z_k=j)e_j=f^k(e_n)\\ &=\sum_{r=0}^n\frac{\begin{pmatrix}n\\ r\end{pmatrix}}{(r+1)^k}u_r\\ &=\sum_{r=0}^n\frac{\begin{pmatrix}n\\ r\end{pmatrix}}{(r+1)^k}\sum_{j=0}^r(-1)^{r-j}\begin{pmatrix}r\\ j\end{pmatrix}e_j\\ &=\sum_{j=0}^n\sum_{r=j}^n\frac{\begin{pmatrix}n\\ r\end{pmatrix}\begin{pmatrix}r\\ j\end{pmatrix}}{(r+1)^k}(-1)^{r-j}e_j\text{ (par permutation des sommes)} \end{align*}$$ Maintenant la décomposition dans une base étant unique, on a forcément que $$P(Z_j=r)=\sum_{r=j}^n\frac{\begin{pmatrix}n\\ r\end{pmatrix}\begin{pmatrix}r\\ j\end{pmatrix}}{(r+1)^k}(-1)^{r-j}\begin{pmatrix}r\\ j\end{pmatrix}$$
7. Application.
(a) Soit $j\in\{0,\dots,n\}$. Déterminer un réel $M_{j,n}$ tel que : $$\forall k\in\mathbb N,|P(Z_k=j)|\leq\frac{M_{n,j}}{(j+1)^k}$$ puis justifier que la série $\sum_{k\geq 0}P(Z_k=j)$ converge lorsque $j\in\{1,\dots,n\}$.
Par l'inégalité triangulaire et le fait que $r\geq j$ on a $$|P(Z_k=j)|\leq\sum_{r=j}^n\frac{\begin{pmatrix}n\\ r\end{pmatrix}\begin{pmatrix}r\\ j\end{pmatrix}}{(r+1)^k}\leq\frac{\sum_{r=j}^n\begin{pmatrix}n\\ r\end{pmatrix}\begin{pmatrix}r\\ j\end{pmatrix}}{(j+1)^k}.$$ On pose alors $M_{n,j}=\sum_{r=j}^n\begin{pmatrix}n\\ r\end{pmatrix}\begin{pmatrix}r\\ j\end{pmatrix}$. D'autre part la série $\sum_{j\geq 0}\frac{1}{(j+1)^k}$ est une série géométrique convergente pour $j\geq 1$ (de raison $0\leq\frac{1}{j+1}<\!1$ car $j\geq 1$), donc par comparaison $\sum_{k\geq 0}|P(Z_k=j)|$ converge et la convergence absolue implique la convergence donc $\sum_{k\geq 0}P(Z_k=j)$ converge.
(b) Déterminer un réel $C_n$ tel que : $\forall k\in\mathbb N,|P(Z_k=0)-1|\leq \frac{C_n}{2^k}.$ La série $\sum_{k\geq 0}P(Z_k=0)$ est-elle convergente?
On a que $$|P(Z_k=0)-1|=\left|\sum_{r=1}^n(-1)^r\frac{\begin{pmatrix}n\\ r\end{pmatrix}}{(r+1)^k}\right|\leq \sum_{r=1}^n\frac{\begin{pmatrix}n\\ r\end{pmatrix}}{(r+1)^k}\leq\frac{\sum_{r=1}^n\begin{pmatrix}n\\ r\end{pmatrix}}{2^k},$$ et on pose $C_n=\sum_{r=1}^n\begin{pmatrix}n\\ r\end{pmatrix}$. D'autre part l'inéquation implique que $\lim_{k\to+\infty}P(Z_k=0)=1$ donc le terme général de la série $\sum_{k\geq 0}P(Z_k=0)$ ne tend pas vers $0$ et donc cette série diverge.
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