EI : Exercices de probabilités corrigés

EI 1
EI - EXERCICES DE PROBABILITES
CORRIGES
Notations
1) Les coefficients du binôme sont notés n
p.
2) Un arrangement de nobjets pris pàpest noté Ap
n.
3) Si Aest un ensemble fini, on notera |A|ou card Ale nombre d’éléments de A.
4) Si aet bsont des entiers tels que a≤b, on désigne par [[ a, b ]] l’ensemble [a, b ]∩Z.
5) Le symbole ⊥⊥ indique l’indépendance d’événements ou de variables aléatoires.
6) On désigne par ACle complémentaire de Aou l’événement contraire de A.
7) On note Eet Vrespectivement, l’espérance et la variance d’une variable aléatoire.
0 - Dénombrement
1Etablir les identités a) Ak
n1An−k n2n
k=n!n1 kn2 n−k
b) n
pp m=n mn−m n−p
c) n1
kn2
n−k
n1+n2
n=n
kn1+n2−n n1−k
n1+n2
n1
Solution
a) On a
Ak
n1An−k n2n
k=n1!
(n1−k)!
n2!
(n2−n+k)!
n!
k! (n−k)!
=n!n1!
k! (n1−k)!
n2!
(n−k)! (n2−n+k)!
=n!n1
k n2
n−k.
b) On a n
pp
m=n!
p! (n−p)!
p!
m! (p−m)! =n! (n−p)! m! (p−m)! ,
et n
mn−m
n−p=n!
m! (n−m)!
(n−m)!
(n−p)! (p−m)! =n! (n−p)! m! (p−m)! ,

EI 2
d’où l’égalité.
c) En calculant les deux membres on obtient le même résultat
n! (n1+n2−n)! n1!n2!
k! (n−k)! (n1−k)!(n2+k−n)! (n1+n2)! .
2Etablir l’identité (si 1≤k≤n),
d) n
k=
n−1
X
j=k−1j
k−1.
Solution
On démontre par récurrence, que, pour n≥1, on a la propriété suivante :
(Pn): pour tout kcompris entre 1 et n, on a n
k=
n−1
X
j=k−1j
k−1.
Initialisation : On prend n= 1, alors nécessairement k= 1, et on a
1
1=
0
X
j=0 j
k−1=0
0= 1 ,
et la propriété est vraie au rang 1.
Hérédité : Supposons la propriété vraie au rang n. Soit alors ktel que 1≤k≤n+ 1.
Il y a trois situations possibles.
Si k=n+ 1 on a
1 = n+ 1
n+ 1=n
n=
n
X
j=nj
n.
Si 2≤k≤non peut écrire n+ 1
k=n
k+n
k−1.
On a donc n
k=
n−1
X
j=k−1j
k−1,
mais aussi 1≤k−1≤n, donc
n
k−1=
n−1
X
j=k−2j
k−2,

EI 3
Alors
n+ 1
k=
n−1
X
j=k−1j
k−1+
n−1
X
j=k−2j
k−2
=
n−1
X
j=k−1
(j
k−1+j
k−2) + k−2
k−2
=
n−1
X
j=k−1j+ 1
k−1+k−2
k−2.
Par changement d’indice de sommation et puisque k−2
k−2=k−1 k−1= 1, on obtient
n+ 1
k=
n
X
j=kj
k−1+k−1
k−1=
n
X
j=k−1j
k−1.
Si k= 1
n+ 1
1=n+ 1 =
n
X
j=0 j
0.
On a donc démontré que, si 1≤k≤n+ 1
n+ 1
k=
n
X
j=k−1j
k−1,
ce qui est la propriété au rang n+ 1.
La propriété Pnest donc vraie pour tout entier n≥1.
3Soient n1et n2deux nombres (réels ou complexes). Etablir les identités
e)
n
X
k=0
kn
knk
1nn−k
2=nn1(n1+n2)n−1
f)
n
X
k=0
k(k−1)n
knk
1nn−k
2=n(n−1)n2
1(n1+n2)n−2
Solution
Posons
f(x) = (x+n2)n=
n
X
k=0 n
kxknn−k
2.
En dérivant
f′(x) = n(x+n2)n−1=
n
X
k=1
kn
kxk−1nn−k
2,

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puis en dérivant une seconde fois
f′′(x) = n(n−1)(x+n2)n−2=
n
X
k=2
k(k−1)n
kxk−2nn−k
2.
e) En particulier
f′(n1) = n(n1+n2)n−1=
n
X
k=1
kn
knk−1
1nn−k 2,
et en multipliant par n1
nn1(n1+n2)n−1=
n
X
k=0
kn
knk
1nn−k
2.
(La somme peut commencer à 0, puisque le premier terme est nul).
f) De même
f′′(n1) = n(n−1)(n1+n2)n−2=
n
X
k=2
k(k−1)n
knk−2
1nn−k 2,
et en multipliant par n2
1
n(n−1)n2
1(n1+n2)n−2=
n
X
k=0
k(k−1)n
knk
1nn−k
2.
(La somme peut commencer à 0, puisque les deux premiers termes sont nuls).
4On note, pour j∈Net m∈N∗,Tj(m) =
m
X
k=1
kj.
1) Montrer que
m
X
k=1
[(k+ 1)n+1 −kn+1] =
n
X
j=0 n+ 1
jTj(m).
2) En déduire une formule de récurrence sur npermettant de calculer Tn(m).
3) Montrer que, pour tout n∈N∗,Tn(m)est un polynôme de degré n+ 1 en mqui s’annule en 0 et
−1.
Solution
1) En utilisant la formule du binôme, on a
(k+ 1)n+1 =
n+1
X
j=0 n+ 1
jkj,
donc
(k+ 1)n+1 −kn+1 =
n
X
j=0 n+ 1
jkj,

EI 5
et
m
X
k=1
[(k+ 1)n+1 −kn+1] =
m
X
k=1 
n
X
j=0 n+ 1
jkj
.
On peut intervertir les sommations et l’on obtient
m
X
k=1
[(k+ 1)n+1 −kn+1] =
n
X
j=0 m
X
k=1 n+ 1
jkj!
=
n
X
j=0 n+ 1
j m
X
k=1
kj!,
ce qui donne bien m
X
k=1
[(k+ 1)n+1 −kn+1] =
n
X
j=0 n+ 1
jTj(m).
2) La somme
m
X
k=1
[(k+ 1)n+1 −kn+1]étant télescopique, on obtient
m
X
k=1
[(k+ 1)n+1 −kn+1] = (m+ 1)n+1 −1,
et on déduit alors de la question 1)
(m+ 1)n+1 −1 = n+ 1
nTn(m) +
n−1
X
j=0 n+ 1
jTj(m),
et puisque n+1
n=n+ 1, on en tire
Tn(m) = 1
n+ 1 
(m+ 1)n+1 −1−
n−1
X
j=0 n+ 1
jTj(m)
.
ceci permet de calculer Tn(m)en connaissant T0(m),...,Tn−1(m).
3) A partir de T0(m) = m, on retrouve facilement T1(m) = m(m+ 1)
2.
La relation de récurrence peut encore s’écrire, si n≥2,
Tn(m) = 1
n+ 1 
(m+ 1)n+1 −(m+ 1) −
n−1
X
j=1 n+ 1
jTj(m)
.
On montre alors par récurrence que Tnest un polynôme de degré n+1 admettant pour racines 0 et −1.