Exercices corrigés - Exercices d'oraux CCINP MP

1. Soit $\sum_n a_n x^n$ une série entière de rayon de convergence $R>0$ et de somme $S.$ Pour tout $x\in ]-R,R[$, on a $$S(x)=\sum_{n\geq 0}a_n x^n,\ S'(x)=\sum_{n\geq 1}na_n x^{n-1}\textrm{ et }S''(x)=\sum_{n\geq 2}n(n-1)a_n x^{n-2}.$$ On va alors tout exprimer en gardant $x^n$ dans les sommes. En particulier, on a \begin{align*} x(x-1)S''(x)&=\sum_{n=2}^{+\infty}n(n-1)a_n x^n-\sum_{n=2}^{+\infty}n(n-1)a_n x^{n-1}\\ &=\sum_{n=0}^{+\infty}n(n-1)a_n x^n -\sum_{n=0}^{+\infty}n(n+1)a_{n+1}x^n. \end{align*} On en déduit que \begin{align*} x(x-1)S''(x)+3xS'(x)+S(x)&=\sum_{n=0}^{+\infty}\left(n(n-1)a_n-n(n+1)a_{n+1}+3na_n+a_n\right)x^n\\ &=\sum_{n=0}^{+\infty}\left((n+1)^2a_n-n(n+1)a_{n+1}\right)x^n. \end{align*} Par unicité des coefficients du développement en série entière, on en déduit que $S$ est solution de l'équation différentielle si et seulement si, pour tout $n\in\mathbb N,$ $$a_{n+1}=\frac{n+1}n a_n.$$ Pour $n=0,$ on trouve $a_0=0,$ puis, par une récurrence facile, on trouve $a_n=na_1$ pour tout $n\in\mathbb N.$ Le rayon de convergence de $\sum_n n x^n$ étant égal à $1,$ on a démontré que les solutions de l'équation différentielle développables en série entière sur un intervalle du type $]-r,r[$ avec $r>0$ sont les fonctions $$x\mapsto a_1 \sum_{n\geq 1}n x^n.$$ Posons $$f(x)=\frac1{1-x}=\sum_{n\geq 0}x^n.$$ On reconnaît le développement en série entière de la fonction $$x\mapsto a_1 xf'(x)=\frac{a_1 x}{(1-x)^2}.$$
2. Puisque $x(x-1)$ ne s'annule pas sur $]0,1[$, l'ensemble des solutions de l'équation différentielle sur cet intervalle est un espace vectoriel de dimension $2.$ Or, si toutes les solutions de l'équation différentielle sur $]0,1[$ étaient restriction d'une fonction développable en série entière sur $]-1,1[,$ on trouverait que l'ensemble des solutions de l'équation sur $]0,1[$ serait égal à $\textrm{vect}(g),$ où $g(x)=x/(1-x)^2.$ En particulier, ce serait un espace vectoriel de dimension $1,$ ce qui n'est pas le cas. Il existe donc des solutions sur $]0,1[$ qui ne sont pas la restriction d'une fonction développable en série entière sur $]-1,1[$.

1. On note $F=\{(X,Y)\in\mathcal P(E):\ X\subset Y\}$ et, pour $p=\{0,\dots,n\},$ $F_p=\{(X,Y)\in\mathcal P(E):\ X\subset Y,\ \textrm{card}(Y)=p\}$. Si $Y\subset E$ est fixé de cardinal $p,$ il y a $2^{p}=\card(\mathcal P(Y))$ parties $X$ de $E$ telles que $X\subset Y.$ De plus, il a $\binom np$ choix de parties de $E$ à $p$ éléments. On en déduit que $$\textrm{card}(F_p)=\binom np 2^p.$$ Les ensembles $F_p$, $p=0,\dots,n$ formant une partition de $F,$ on en déduit que $$\textrm{card}(F)=\sum_{p=0}^n \binom np2^p=(1+2)^n=3^n.$$
2. On remarque que $X\cap Y=\varnothing\iff X\subset \overline Y.$ Puisque $Y\mapsto \overline Y$ est une bijection de $\mathcal P(E),$ on obtient finalement \begin{align*} \textrm{card}\{(X,Y)\in\mathcal P(E):\ X\cap Y=\varnothing\}&= \textrm{card}\{(X,Y)\in\mathcal P(E):\ X\subset \overline Y\}\\ &=\textrm{card}\{(X,Z)\in\mathcal P(E):\ X\subset Z\}\\ &=3^n. \end{align*}
3. Si $X$ et $Y$ sont choisis tels que $X\cap Y=\varnothing,$ alors $Z$ est uniquement déterminé par $Z=\overline{X\cup Y}.$ D'après le résultat de la question précédente, le nombre de de triplets $(X,Y,Z)$ de parties de $E$ tels que $X,$ $Y$ et $Z$ soient deux à deux disjoints et $X\cup Y\cup Z=E$ est égal à $3^n.$

1. Notons $T$ l'événement : ``le dé est pipé'' et $C$ l'événement ``le lancer amène un 6''. On cherche $P_C(T)$. On va calculer cette probabilité en utilisant la formule de Bayes. En effet, $(T,\bar T)$ est un système complet d'événements de probabilités non nulles, avec $P(T)=25/100=1/4$ et $P(\bar T)=1-P(T)=3/4$. L'énoncé nous dit aussi que $P_T(C)=1/2$ et bien sûr $P_{\bar T}(C)=1/6$. La formule de Bayes donne alors \begin{align*} P_C(T)&=\frac{P(T)P_T(C)}{P_T(C)P(T)+P_{\bar T}(C)P(\bar T)}\\ &=\frac{\frac 14\times\frac 12}{\frac 12\times\frac 14+\frac 16\times \frac 34}\\ &=\frac 12. \end{align*}
2. Introduisons les événements $C_k$ définis par ``le $k$-ième lancer amène un 6'' et $D=\bigcap_{k=1}^n C_k$. Nous cherchons $P_D(T)$ que l'on calcule toujours par la formule de Bayes. Il faut juste remarquer que maintenant, par indépendance des événements $C_k$, $P_T(D)=(1/2)^n$ et $P_{\bar T}(D)=(1/6)^n$. On trouve donc : \begin{align*} P_D(T)&=\frac{P(T)P_T(D)}{P_T(D)P(T)+P_{\bar T}(D)P(\bar T)}\\ &=\frac{\frac 14\times\left(\frac 12\right)^n}{\left(\frac 12\right)^n\times\frac 14+\left(\frac 16\right)^n\times \frac 34}\\ &=\frac {1}{1+3^{-n+1}}. \end{align*} En particulier, $(p_n)$ tend vers 1 lorsque $n$ tend vers l'infini, ce qui est conforme à l'intuition : plus $n$ est grand, plus le dé est très certainement pipé.

Pour $k\in\{1,\dots,n\},$ notons $X_k$ la variable aléatoire égale au numéro tiré lors du $k$-ème tirage. Alors $X_k$ prend ses valeurs dans $\{0,1,2\}$ et \begin{align*} P(X_k=0)&=1/4\\ P(X_k=1)&=1/2\\ P(X_k=2)&=1/4. \end{align*} On en déduit que la fonction génératrice de $X_k$ est définie, pour $t\in]-1,1[,$ par $$G_{X_k}(t)=\frac 14+\frac 12t+\frac14t^2=\frac{1}4(1+t)^2.$$ De plus, on sait que $S_n=X_1+\cdots+X_n$ et que les variables aléatoires $X_k,$ $k=1,\dots,n$ sont indépendantes. On en déduit que \begin{align*} G_{S_n}(t)&=\prod_{k=1}^n G_{X_k}(t)\\ &=\prod_{k=1}^n \frac 14 (1+t)^2\\ &=\frac{1}{4^n}(1+t)^{2n}\\ &=\sum_{k=0}^{2n}\frac 1{4^n}\binom{2n}k t^k \end{align*} D'autre part, on sait que $$G_{S_n}(t)=\sum_{k=0}^{+\infty}P(S_n=k)t^k.$$ Par unicité du développement en série entière, on trouve que, pour $k\in\{0,\dots,2n\},$ $$P(S_n=k)=\binom{2n}k \frac1{4^{n}}=\binom{2n}k \frac1{2^k}\frac{1}{2^{2n-k}}.$$ Puisque $S_n$ est en outre à valeurs dans $\{0,\dots,2n\},$ on vient de démontrer que $S_n$ suit une loi binomiale de paramètres $2n$ et $1/2$. On aurait en réalité pu conclure avec un théorème du cours si on avait remarqué dès le départ que chaque $X_k$ suit une loi binomiale de paramètre $2$ et $1/2$.