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CCINPTSI2026
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Épreuve de 4 heures, calculatrice interdite. Deux problèmes indépendants.
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# Problème 1 — Calcul d'une intégrale via les nombres complexes
Dans tout le problème, $a$ est un réel tel que $|a|>1$.
## Partie I — Lemme préliminaire
### Q1
Le trinôme $P(z)=z^2-2az+1$ a pour discriminant $\Delta=4a^2-4=4(a^2-1)>0$ car $a^2>1$. Il admet donc deux racines réelles distinctes $a-\sqrt{a^2-1}$ et $a+\sqrt{a^2-1}$ ; en les notant $\alpha$ et $\beta$, la factorisation d'un trinôme unitaire donne
$$\boxed{\forall z\in\mathbb C,\quad z^2-2az+1=(z-\alpha)(z-\beta),\qquad \{\alpha,\beta\}=\{a-\sqrt{a^2-1},\ a+\sqrt{a^2-1}\}.}$$
En particulier $\alpha$ et $\beta$ sont **réels**.
### Q2
Pour tout $z\in\mathbb C$, $(z-\alpha)(z-\beta)=z^2-(\alpha+\beta)z+\alpha\beta$. Par identification des coefficients avec $z^2-2az+1$ :
$$\boxed{\alpha+\beta=2a,\qquad \alpha\beta=1.}$$
### Q3
Par Q2, $|\alpha|\,|\beta|=1$. Si $|\alpha|\ge1$ et $|\beta|\ge1$, alors $1=|\alpha|\,|\beta|\ge|\alpha|\ge1$, donc $|\alpha|=1$, puis $|\beta|=1/|\alpha|=1$ :
$$|\alpha|=|\beta|=1.$$
Alors $\alpha\bar\alpha=1=\alpha\beta$ avec $\alpha\ne0$, donc $\beta=\bar\alpha$, et $2a=\alpha+\bar\alpha=2\,\mathrm{Re}(\alpha)$. Comme $|\mathrm{Re}(\alpha)|\le|\alpha|$ :
$$\boxed{|a|=|\mathrm{Re}(\alpha)|\le|\alpha|=1.}$$
### Q4
Q3 établit : ($|\alpha|\ge1$ et $|\beta|\ge1$) $\Rightarrow |a|\le1$. Par contraposition, puisque $|a|>1$ :
$$\boxed{|\alpha|<1\quad\text{ou}\quad|\beta|<1.}$$
Les deux ne peuvent avoir lieu simultanément ($|\alpha||\beta|=1$). Avec la convention $|\alpha|<1$ de l'énoncé : $\alpha$ est réel, non nul (car $\alpha\beta=1$), donc $\alpha\in\,]-1,1[\setminus\{0\}$, $\beta=1/\alpha$, $|\beta|>1$ et $0<1-\alpha^2<1$.
### Q5
Pour $a=2$, les racines de $z^2-4z+1$ sont $2\pm\sqrt3$. Comme $1<\sqrt3<2$, on a $0<2-\sqrt3<1<2+\sqrt3$. Avec $|\alpha|<1$ :
$$\boxed{\alpha=2-\sqrt3,\qquad \beta=2+\sqrt3.}$$
Contrôle : $\alpha+\beta=4=2a$ et $\alpha\beta=4-3=1$.
## Partie II — Calcul d'une intégrale
### II.1 — Une première expression en série trigonométrique
### Q6
Pour tout $t\in\mathbb R$, $|\cos t|\le1$, donc
$$|a-\cos t|\ge|a|-|\cos t|\ge|a|-1>0,\qquad\text{d'où}\qquad \boxed{a-\cos t\ne0.}$$
(Si $a>1$, $a-\cos t>0$ ; si $a<-1$, $a-\cos t<0$.)
### Q7
- *Continuité* : $t\mapsto a-\cos t$ est continue et ne s'annule pas (Q6), donc son inverse $f$ est continue sur $\mathbb R$.
- *Parité* : pour tout $t$, $f(-t)=\dfrac1{a-\cos(-t)}=f(t)$ car $\cos$ est paire.
- *Périodicité* : $f(t+2\pi)=f(t)$ car $\cos$ est $2\pi$-périodique.
**$f$ est continue, paire et $2\pi$-périodique sur $\mathbb R$.**
### Q8
$f$ est $2\pi$-périodique et continue (donc continue par morceaux). Ses coefficients de Fourier trigonométriques sont
$$\boxed{a_0=\frac1{2\pi}\int_0^{2\pi}f(t)\,\mathrm dt,\qquad a_n=\frac1\pi\int_0^{2\pi}f(t)\cos(nt)\,\mathrm dt,\qquad b_n=\frac1\pi\int_0^{2\pi}f(t)\sin(nt)\,\mathrm dt\quad(n\ge1).}$$
($a_0$ est la valeur moyenne de $f$ ; c'est cette convention qui donne la forme $\sum_{n\ge0}a_n\cos(nt)$ de Q9.)
De plus, $t\mapsto f(t)\sin(nt)$ est impaire et $2\pi$-périodique, donc $b_n=\frac1\pi\int_{-\pi}^{\pi}f(t)\sin(nt)\,\mathrm dt=0$ pour tout $n\ge1$.
### Q9
$t\mapsto a-\cos t$ est de classe $\mathcal C^\infty$ et ne s'annule pas, donc $f$ est de classe $\mathcal C^\infty$, a fortiori $\mathcal C^1$ par morceaux, et $2\pi$-périodique. Par le théorème de Dirichlet, la série de Fourier de $f$ converge en tout point $t$ vers $\frac12\big(f(t^+)+f(t^-)\big)=f(t)$ ($f$ continue). Comme $b_n=0$ (Q8) :
$$\boxed{\forall t\in\mathbb R,\quad f(t)=a_0+\sum_{n=1}^{+\infty}a_n\cos(nt)=\sum_{n=0}^{+\infty}a_n\cos(nt).}$$
### II.2 — Une seconde expression en série trigonométrique
### Q10
Soit $t\in\mathbb R$. Par la formule d'Euler $\cos t=\frac{e^{it}+e^{-it}}2$ :
$$2e^{it}(a-\cos t)=2ae^{it}-e^{2it}-1=-\big((e^{it})^2-2ae^{it}+1\big).$$
Le membre de gauche est non nul (Q6), donc le trinôme aussi, et en divisant :
$$\boxed{\forall t\in\mathbb R,\quad \frac1{a-\cos t}=\frac{-2e^{it}}{(e^{it})^2-2ae^{it}+1}.}$$
### Q11
Par Q1 appliqué en $z=e^{it}$ : $(e^{it})^2-2ae^{it}+1=(e^{it}-\alpha)(e^{it}-\beta)$, d'où
$$\forall t\in\mathbb R,\quad \frac1{a-\cos t}=\frac{-2e^{it}}{(e^{it}-\alpha)(e^{it}-\beta)}.$$
Comme $\beta=1/\alpha$ (Q2) : $e^{it}-\alpha=e^{it}(1-\alpha e^{-it})$ et $e^{it}-\beta=-\dfrac{1-\alpha e^{it}}{\alpha}$, ces quantités étant non nulles car $|e^{it}|=1\ne|\alpha|,|\beta|$. Donc
$$\frac1{a-\cos t}=\frac{2\alpha}{(1-\alpha e^{-it})(1-\alpha e^{it})}.$$
Or
$$\frac{\alpha e^{-it}}{1-\alpha e^{-it}}+\frac1{1-\alpha e^{it}}=\frac{\alpha e^{-it}-\alpha^2+1-\alpha e^{-it}}{(1-\alpha e^{-it})(1-\alpha e^{it})}=\frac{1-\alpha^2}{(1-\alpha e^{-it})(1-\alpha e^{it})}.$$
Puisque $1-\alpha^2\ne0$ :
$$\boxed{\forall t\in\mathbb R,\quad \frac1{a-\cos t}=\frac{2\alpha}{1-\alpha^2}\left(\frac{\alpha e^{-it}}{1-\alpha e^{-it}}+\frac1{1-\alpha e^{it}}\right).}$$
### Q12
La série entière $\sum z^n$ converge pour $|z|<1$ et son terme général ne tend pas vers $0$ pour $|z|\ge 1$ :
$$\boxed{R=1,\qquad \forall z\in\mathbb C,\ |z|<1:\ \sum_{n=0}^{+\infty}z^n=\frac1{1-z}.}$$
### Q13
Soit $t\in\mathbb R$. On a $|\alpha e^{\pm it}|=|\alpha|<1$, donc par Q12 :
$$\frac{\alpha e^{-it}}{1-\alpha e^{-it}}=\alpha e^{-it}\sum_{n=0}^{+\infty}\alpha^ne^{-int}=\sum_{n=0}^{+\infty}\alpha^{n+1}e^{-i(n+1)t},\qquad \frac1{1-\alpha e^{it}}=\sum_{n=0}^{+\infty}\alpha^ne^{int}.$$
D'où la première égalité. Les deux séries convergeant, on peut les ajouter terme à terme après réindexation ($m=n+1$ dans la première) :
$$\sum_{m=1}^{+\infty}\alpha^me^{-imt}+1+\sum_{m=1}^{+\infty}\alpha^me^{imt}=1+\sum_{m=1}^{+\infty}\alpha^m\big(e^{imt}+e^{-imt}\big)=1+2\sum_{m=1}^{+\infty}\alpha^m\cos(mt).$$
$$\boxed{\frac{\alpha e^{-it}}{1-\alpha e^{-it}}+\frac1{1-\alpha e^{it}}=\sum_{n=0}^{+\infty}\alpha^{n+1}e^{-i(n+1)t}+\sum_{n=0}^{+\infty}\alpha^ne^{int}=1+2\sum_{n=1}^{+\infty}\alpha^n\cos(nt).}$$
### Q14
Par Q11 et Q13, pour tout $t$ :
$$f(t)=\frac{2\alpha}{1-\alpha^2}\Big(1+2\sum_{n=1}^{+\infty}\alpha^n\cos(nt)\Big)=\frac{2\alpha}{1-\alpha^2}+\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{4\alpha^{n+1}}{1-\alpha^2}\cos(nt),$$
soit
$$\boxed{\forall t\in\mathbb R,\quad f(t)=\sum_{n=0}^{+\infty}\gamma_n\cos(nt),\qquad \gamma_0=\frac{2\alpha}{1-\alpha^2},\quad \gamma_n=\frac{4\alpha^{n+1}}{1-\alpha^2}\ (n\ge1).}$$
### Q15
Pour $n\ge1$, $|\gamma_n|=\dfrac{4|\alpha|}{1-\alpha^2}\,|\alpha|^n$, terme général d'une série géométrique convergente ($0\le|\alpha|<1$) multiplié par une constante. **Donc $\sum\gamma_n$ converge absolument.**
### II.3 — Conclusion
### Q16
Soit $t\in\mathbb R$. Les séries $\sum a_n\cos(nt)$ (Q9) et $\sum\gamma_n\cos(nt)$ (Q14) convergent, toutes deux de somme $f(t)$. Pour tout $N$, $\sum_{n=0}^Nu_n\cos(nt)=\sum_{n=0}^Na_n\cos(nt)-\sum_{n=0}^N\gamma_n\cos(nt)$ ; par linéarité de la limite,
$$\boxed{\forall t\in\mathbb R,\quad \sum_{n=0}^{+\infty}u_n\cos(nt)=f(t)-f(t)=0.}$$
### Q17
**a)** Soit $g$ de classe $\mathcal C^1$ sur $\mathbb R$ et $T$-périodique : $g(t+T)=g(t)$ pour tout $t$. En dérivant les deux membres (dérivée d'une composée) : $g'(t+T)=g'(t)$ pour tout $t$. **$g'$ est $T$-périodique.**
**b)** $t\mapsto a-\cos t$ est de classe $\mathcal C^\infty$ et ne s'annule pas (Q6) ; l'inverse d'une fonction $\mathcal C^\infty$ qui ne s'annule pas est $\mathcal C^\infty$. **Donc $f$ est de classe $\mathcal C^2$ sur $\mathbb R$** (et même $\mathcal C^\infty$).
**c)** Par a), $f'$ est $2\pi$-périodique : $f'(2\pi)=f'(0)$.
*Cas $n=0$* : le membre de gauche est nul et $-\int_0^{2\pi}f''=-(f'(2\pi)-f'(0))=0$.
*Cas $n\ge1$* : par intégration par parties ($f$, $f'$ et $\cos(n\cdot)$, $\sin(n\cdot)$ sont $\mathcal C^1$ sur $[0,2\pi]$),
$$\int_0^{2\pi}f''(t)\cos(nt)\,\mathrm dt=\big[f'(t)\cos(nt)\big]_0^{2\pi}+n\int_0^{2\pi}f'(t)\sin(nt)\,\mathrm dt=n\int_0^{2\pi}f'(t)\sin(nt)\,\mathrm dt,$$
le crochet valant $f'(2\pi)-f'(0)=0$. Puis
$$\int_0^{2\pi}f'(t)\sin(nt)\,\mathrm dt=\big[f(t)\sin(nt)\big]_0^{2\pi}-n\int_0^{2\pi}f(t)\cos(nt)\,\mathrm dt=-n\int_0^{2\pi}f(t)\cos(nt)\,\mathrm dt.$$
D'où
$$\boxed{\forall n\in\mathbb N,\quad n^2\int_0^{2\pi}f(t)\cos(nt)\,\mathrm dt=-\int_0^{2\pi}f''(t)\cos(nt)\,\mathrm dt.}$$
**d)** Soit $n\ge1$. Par Q8, $\int_0^{2\pi}f(t)\cos(nt)\,\mathrm dt=\pi a_n$, donc par c) et l'inégalité triangulaire ($f''$ continue, $|\cos|\le1$) :
$$n^2\pi|a_n|=\Big|\int_0^{2\pi}f''(t)\cos(nt)\,\mathrm dt\Big|\le\int_0^{2\pi}|f''(t)|\,\mathrm dt,\qquad\text{d'où}\qquad \boxed{|a_n|\le\frac1{n^2\pi}\int_0^{2\pi}|f''(t)|\,\mathrm dt.}$$
**e)** Avec $M=\int_0^{2\pi}|f''|$ (réel fini, $f''$ continue sur un segment), $0\le|a_n|\le\frac M\pi\cdot\frac1{n^2}$ pour $n\ge1$. La série de Riemann $\sum1/n^2$ converge ($2>1$) ; par comparaison de séries à termes positifs, **$\sum a_n$ converge absolument**. Enfin $|u_n|\le|a_n|+|\gamma_n|$ et $\sum|\gamma_n|$ converge (Q15), donc **$\sum u_n$ converge absolument**.
### Q18
Par Q16, Q17 e) et le théorème admis, $u_n=0$, soit $a_n=\gamma_n$ pour tout $n\in\mathbb N$.
- Pour $n\ge1$ : $\displaystyle\int_0^{2\pi}\frac{\cos(nt)}{a-\cos t}\,\mathrm dt=\pi a_n=\pi\gamma_n=\frac{4\pi\alpha^{n+1}}{1-\alpha^2}$.
- Pour $n=0$ : $\displaystyle\int_0^{2\pi}\frac{\mathrm dt}{a-\cos t}=2\pi a_0=2\pi\gamma_0=\frac{4\pi\alpha}{1-\alpha^2}=\frac{4\pi\alpha^{0+1}}{1-\alpha^2}$.
$$\boxed{\forall n\in\mathbb N,\quad \int_0^{2\pi}\frac{\cos(nt)}{a-\cos t}\,\mathrm dt=\frac{4\pi\alpha^{n+1}}{1-\alpha^2},}$$
où $\alpha$ est la racine de module $<1$ : $\alpha=a-\sqrt{a^2-1}$ si $a>1$, $\alpha=a+\sqrt{a^2-1}$ si $a<-1$.
### Q19
On prend $a=2$, $n=0$, et $\alpha=2-\sqrt3$ (Q5). Alors $\alpha^2=7-4\sqrt3$, $1-\alpha^2=4\sqrt3-6=2\sqrt3(2-\sqrt3)$, donc
$$\int_0^{2\pi}\frac{\mathrm dt}{2-\cos t}=\frac{4\pi(2-\sqrt3)}{2\sqrt3(2-\sqrt3)}=\frac{2\pi}{\sqrt3},\qquad \boxed{\int_0^{2\pi}\frac{\mathrm dt}{2-\cos t}=\frac{2\pi\sqrt3}3\approx3{,}63.}$$
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# Problème 2 — Matrices aléatoires
On note $\mathcal A_2(\mathbb R)$ le sous-espace des matrices antisymétriques de $\mathcal M_2(\mathbb R)$.
## Partie I — Généralités sur l'espace vectoriel $\mathcal M_2(\mathbb R)$
### Q20
$B^\top=\begin{pmatrix}b_1&b_3\\b_2&b_4\end{pmatrix}$, donc $AB^\top=\begin{pmatrix}a_1b_1+a_2b_2&a_1b_3+a_2b_4\\a_3b_1+a_4b_2&a_3b_3+a_4b_4\end{pmatrix}$ et
$$\boxed{\langle A,B\rangle=\mathrm{Tr}(AB^\top)=a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3+a_4b_4=\sum_{k=1}^4a_kb_k.}$$
### Q21
Par Q20 :
- *symétrie* : $\langle B,A\rangle=\sum b_ka_k=\langle A,B\rangle$ ;
- *linéarité à gauche* : les coefficients de $A+\lambda A'$ sont $a_k+\lambda a'_k$, donc $\langle A+\lambda A',B\rangle=\langle A,B\rangle+\lambda\langle A',B\rangle$ ; avec la symétrie, la forme est bilinéaire ;
- *positivité* : $\langle A,A\rangle=\sum a_k^2\ge0$ ;
- *caractère défini* : si $\sum a_k^2=0$, chaque $a_k$ est nul, donc $A=0$.
**$\langle\cdot,\cdot\rangle$ est un produit scalaire sur $\mathcal M_2(\mathbb R)$.**
### Q22
Posons $M=\frac{A+A^\top}2$ et $N=\frac{A-A^\top}2$. La transposition étant linéaire et involutive, $M^\top=\frac{A^\top+A}2=M$ et $N^\top=\frac{A^\top-A}2=-N$ : **$M$ est symétrique, $N$ antisymétrique.**
Plus généralement, si $S$ est symétrique et $T$ antisymétrique : $\langle S,T\rangle=\mathrm{Tr}(ST^\top)=-\mathrm{Tr}(ST)$, et $\langle S,T\rangle=\langle T,S\rangle=\mathrm{Tr}(TS^\top)=\mathrm{Tr}(TS)=\mathrm{Tr}(ST)$. Donc $\mathrm{Tr}(ST)=0$ et $\langle S,T\rangle=0$. En particulier
$$\boxed{\langle M,N\rangle=0.}$$
### Q23
*Existence* : $A=M+N$ avec $M\in\mathcal S_2(\mathbb R)$, $N\in\mathcal A_2(\mathbb R)$ (Q22).
*Unicité* : si $A=M'+N'$ avec $M'$ symétrique et $N'$ antisymétrique, alors $A^\top=M'-N'$ ; en additionnant et soustrayant, $M'=\frac{A+A^\top}2=M$ et $N'=\frac{A-A^\top}2$.
$$\boxed{A=M+N,\qquad M=\frac{A+A^\top}2,\qquad N=\frac{A-A^\top}2,\ \text{de façon unique.}}$$
Ainsi $\mathcal M_2(\mathbb R)=\mathcal S_2(\mathbb R)\oplus\mathcal A_2(\mathbb R)$.
### Q24
Soit $A=M+N$ comme en Q23 et $B\in\mathcal S_2(\mathbb R)$. Alors $A-B=(M-B)+N$ avec $M-B\in\mathcal S_2(\mathbb R)$ et $N\in\mathcal A_2(\mathbb R)$, orthogonaux (Q22). Par le théorème de Pythagore :
$$\|A-B\|^2=\|M-B\|^2+\|N\|^2\ge\|N\|^2,$$
avec égalité pour $B=M\in\mathcal S_2(\mathbb R)$. La borne inférieure est donc atteinte et vaut $\|N\|$ ($M$ est le projeté orthogonal de $A$ sur $\mathcal S_2(\mathbb R)$). Par homogénéité de la norme :
$$\boxed{d\big(A,\mathcal S_2(\mathbb R)\big)=\|N\|=\frac12\big\|A-A^\top\big\|.}$$
## Partie II — Matrice de Rademacher
### Q25
$E(X_1)=(-1)\cdot\frac12+1\cdot\frac12=0$ ; $X_1^2=1$, donc $E(X_1^2)=1$ et par la formule de König-Huygens
$$\boxed{E(X_1)=0,\qquad V(X_1)=1.}$$
### Q26
$T_1(\Omega)=\{-2,0,2\}$. Par indépendance :
$P(T_1=-2)=P(X_1=-1)P(Y_1=-1)=\frac14$, $P(T_1=2)=\frac14$, et $[T_1=0]$ est la réunion disjointe de $[X_1=-1]\cap[Y_1=1]$ et $[X_1=1]\cap[Y_1=-1]$, donc $P(T_1=0)=\frac12$.
$$\boxed{P(T_1=-2)=\tfrac14,\quad P(T_1=0)=\tfrac12,\quad P(T_1=2)=\tfrac14.}$$
$E(T_1)=-2\cdot\frac14+2\cdot\frac14=0$, $E(T_1^2)=4\cdot\frac14+4\cdot\frac14=2$ :
$$\boxed{E(T_1)=0,\qquad V(T_1)=2.}$$
(Contrôle : $V(X_1)+V(Y_1)=2$ par indépendance.)
### Q27
$Z_1(\Omega)=\{-1,1\}$ ; $[Z_1=1]=([X_1=1]\cap[Y_1=1])\cup([X_1=-1]\cap[Y_1=-1])$ (réunion disjointe), donc par indépendance $P(Z_1=1)=\frac14+\frac14=\frac12$ et $P(Z_1=-1)=\frac12$.
**$Z_1$ suit la loi de Rademacher** ; comme en Q25 ($Z_1^2=1$) :
$$\boxed{E(Z_1)=0,\qquad V(Z_1)=1.}$$
## Partie III — Matrice géométrique
### Q28
$$\boxed{E(X_2)=\frac1p,\qquad V(X_2)=\frac{1-p}{p^2}.}$$
### Q29
**a)** Par Q24 avec $A=\Sigma_2$ :
$$\Sigma_2-\Sigma_2^\top=\begin{pmatrix}0&(X_2-Y_2)-(X_2+Y_2)\\(X_2+Y_2)-(X_2-Y_2)&0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0&-2Y_2\\2Y_2&0\end{pmatrix},$$
donc par Q20 $\|\Sigma_2-\Sigma_2^\top\|^2=8Y_2^2$ et $\|\Sigma_2-\Sigma_2^\top\|=2\sqrt2\,Y_2$ car $Y_2\ge1>0$. Ainsi
$$\boxed{T_2=\frac12\cdot2\sqrt2\,Y_2=\sqrt2\,Y_2.}$$
**b)** Par linéarité de l'espérance et $V(cY)=c^2V(Y)$, avec $Y_2\sim\mathcal G(p)$ :
$$\boxed{E(T_2)=\frac{\sqrt2}p,\qquad V(T_2)=\frac{2(1-p)}{p^2}.}$$
### Q30
$T_2$ admet une variance ; l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev donne, pour tout $\delta>0$,
$$\boxed{P\Big(\Big|T_2-\frac{\sqrt2}p\Big|\ge\delta\Big)\le\frac{V(T_2)}{\delta^2}=\frac{2(1-p)}{\delta^2p^2}.}$$
### Q31
**a)** Pour $p=\frac12$ : $\frac{\sqrt2}p=2\sqrt2$ et $\frac{2(1-p)}{\delta^2p^2}=\frac4{\delta^2}$. On a $\frac4{\delta^2}\le\frac14\iff\delta\ge4$. **Pour $\delta=4$** :
$$\boxed{P\big(|T_2-2\sqrt2|\ge4\big)\le\frac14.}$$
**b)** En passant à l'événement contraire : $P(|T_2-2\sqrt2|<4)\ge1-\frac14=\frac34$. Comme $T_2=d(\Sigma_2,\mathcal S_2(\mathbb R))$ :
$$\boxed{P\Big(\big|d(\Sigma_2,\mathcal S_2(\mathbb R))-2\sqrt2\big|<4\Big)\ge\frac34.}$$
## Partie IV — Matrice de Poisson
### Q32
$$\boxed{E(X_3)=\lambda,\qquad V(X_3)=\lambda.}$$
### Q33
**a)** $[Z_3=0]=[X_3=0]\cup[Y_3=0]$. Par la formule du crible et l'indépendance :
$$P(Z_3=0)=e^{-\lambda}+e^{-\lambda}-e^{-\lambda}e^{-\lambda},\qquad \boxed{P(Z_3=0)=2\exp(-\lambda)-\exp(-2\lambda).}$$
**b)** $\det\Sigma_3=X_3Y_3=Z_3$ ; $\Sigma_3$ est inversible si et seulement si $Z_3\ne0$ :
$$\boxed{P(\Sigma_3\ \text{inversible})=1-2e^{-\lambda}+e^{-2\lambda}=\big(1-e^{-\lambda}\big)^2.}$$
### Q34
**a)** $X_3$ et $Y_3$ sont à valeurs dans $\mathbb N$, donc $T_3(\Omega)\subset\mathbb N$. Pour $n\in\mathbb N$, $P([X_3=n]\cap[Y_3=0])=e^{-2\lambda}\frac{\lambda^n}{n!}>0$, donc cet événement est non vide et $n\in T_3(\Omega)$. **Donc $T_3(\Omega)=\mathbb N$.**
Comme $Y_3\ge0$, $[T_3=n]=\bigcup_{k=0}^n\big([X_3=k]\cap[Y_3=n-k]\big)$, réunion disjointe. Par additivité et indépendance :
$$\boxed{P(T_3=n)=\sum_{k=0}^nP(X_3=k)\,P(Y_3=n-k).}$$
**b)**
$$P(T_3=n)=\sum_{k=0}^ne^{-\lambda}\frac{\lambda^k}{k!}e^{-\lambda}\frac{\lambda^{n-k}}{(n-k)!}=e^{-2\lambda}\frac{\lambda^n}{n!}\sum_{k=0}^n\binom nk=e^{-2\lambda}\frac{(2\lambda)^n}{n!}$$
par la formule du binôme. **$T_3$ suit la loi de Poisson de paramètre $2\lambda$.**
### Q35
**a)** Avec $V=\begin{pmatrix}X_3-Y_3\\1\end{pmatrix}\ne0$ :
$$\Sigma_3V=\begin{pmatrix}X_3(X_3-Y_3)\\X_3-Y_3+Y_3\end{pmatrix}=X_3\begin{pmatrix}X_3-Y_3\\1\end{pmatrix}.$$
**$V$ est vecteur propre de $\Sigma_3$ associé à la valeur propre $X_3$.**
**b)** Avec $W=\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}\ne0$ : $\Sigma_3W=\begin{pmatrix}0\\Y_3\end{pmatrix}=Y_3W$. **$Y_3$ est valeur propre de $\Sigma_3$, de vecteur propre $\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}$.**
### Q36
**a)** $([Y_3=k])_{k\in\mathbb N}$ est un système complet d'événements, donc $[X_3=Y_3]=\bigsqcup_{k\ge0}\big([X_3=k]\cap[Y_3=k]\big)$. Par $\sigma$-additivité, indépendance et égalité des lois :
$$\boxed{P(X_3=Y_3)=\sum_{k=0}^{+\infty}P(X_3=k)P(Y_3=k)=\sum_{k=0}^{+\infty}P(X_3=k)^2.}$$
**b)** Fixons $\omega$, $x=X_3(\omega)$, $y=Y_3(\omega)$.
- Si $x\ne y$ : par Q35, $\Sigma_3$ (d'ordre 2) a deux valeurs propres réelles distinctes, donc est diagonalisable dans $\mathbb R$.
- Si $x=y=c$ : $\Sigma_3=\begin{pmatrix}c&0\\1&c\end{pmatrix}$ est triangulaire, de seule valeur propre $c$. Si elle était diagonalisable, elle serait semblable à $cI_2$, donc égale à $P(cI_2)P^{-1}=cI_2$ ; or son coefficient $(2,1)$ vaut $1$. Contradiction.
$$\boxed{\Sigma_3\ \text{est diagonalisable dans}\ \mathbb R\iff X_3\ne Y_3.}$$
**c)** Par b), $D_\lambda=[X_3\ne Y_3]$, donc par a) :
$$P(D_\lambda)=1-\sum_{k=0}^{+\infty}\Big(e^{-\lambda}\frac{\lambda^k}{k!}\Big)^2,\qquad \boxed{P(D_\lambda)=1-e^{-2\lambda}\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{\lambda^{2k}}{(k!)^2}.}$$
### Q37
**a)**
```python
import math
def Approx_Sum(N):
S = 0
for k in range(N + 1): # k = 0, 1, ..., N
S = S + math.exp(-2) / math.factorial(k) ** 2
return S
```
(Exécution : `Approx_Sum(4)` renvoie $0{,}30850\ldots$)
**b)** Récurrence sur $n$, à $x\ge0$ fixé ; notons $R_n=\frac1{n!}\int_0^x(x-t)^ne^t\,\mathrm dt$.
*Initialisation* : $R_0=\int_0^xe^t\,\mathrm dt=e^x-1=\exp(x)-\sum_{k=0}^0\frac{x^k}{k!}$.
*Hérédité* : par intégration par parties ($u=(x-t)^{n+1}$, $v'=e^t$, fonctions $\mathcal C^1$ sur $[0,x]$),
$$\int_0^x(x-t)^{n+1}e^t\,\mathrm dt=\big[(x-t)^{n+1}e^t\big]_0^x+(n+1)\int_0^x(x-t)^ne^t\,\mathrm dt=-x^{n+1}+(n+1)\int_0^x(x-t)^ne^t\,\mathrm dt.$$
En divisant par $(n+1)!$ : $R_{n+1}=R_n-\frac{x^{n+1}}{(n+1)!}$. Si $R_n=\exp(x)-\sum_{k=0}^n\frac{x^k}{k!}$, alors $R_{n+1}=\exp(x)-\sum_{k=0}^{n+1}\frac{x^k}{k!}$.
$$\boxed{\forall n\in\mathbb N,\ \forall x\ge0,\quad \exp(x)-\sum_{k=0}^n\frac{x^k}{k!}=\frac1{n!}\int_0^x(x-t)^n\exp(t)\,\mathrm dt.}$$
**c)** Pour $t\in[0,x]$ : $0\le(x-t)^ne^t\le(x-t)^ne^x$. Par croissance de l'intégrale ($0\le x$) et $\int_0^x(x-t)^n\,\mathrm dt=\frac{x^{n+1}}{n+1}$ :
$$\boxed{0\le\exp(x)-\sum_{k=0}^n\frac{x^k}{k!}\le\frac{e^x}{n!}\cdot\frac{x^{n+1}}{n+1}=\frac{x^{n+1}}{(n+1)!}\exp(x).}$$
**d)** Avec $x=1$ dans c) : $0\le e-\sum_{k=0}^n\frac1{k!}\le\frac e{(n+1)!}\xrightarrow[n\to\infty]{}0$. Donc $\sum_{k\ge0}\frac1{k!}$ converge et vaut $e$, et son reste vérifie
$$\boxed{\sum_{k=n+1}^{+\infty}\frac1{k!}=e-\sum_{k=0}^n\frac1{k!}\le\frac e{(n+1)!}.}$$
**e)** Pour $k\in\mathbb N$, $k!\ge1$ donc $\frac1{(k!)^2}\le\frac1{k!}$ ; la série $\sum\frac{e^{-2}}{(k!)^2}$, à termes positifs, converge par comparaison, et
$$0\le\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{e^{-2}}{(k!)^2}-\sum_{k=0}^n\frac{e^{-2}}{(k!)^2}=\sum_{k=n+1}^{+\infty}\frac{e^{-2}}{(k!)^2}\le e^{-2}\sum_{k=n+1}^{+\infty}\frac1{k!}\le e^{-2}\frac e{(n+1)!},$$
$$\boxed{0\le\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{e^{-2}}{(k!)^2}-\sum_{k=0}^n\frac{e^{-2}}{(k!)^2}\le\frac{e^{-1}}{(n+1)!}.}$$
**f)** Par e), il suffit que $\frac{e^{-1}}{(N_0+1)!}\le10^{-2}$, c'est-à-dire $(N_0+1)!\ge100e^{-1}$. Comme $100e^{-1}\le37$, il suffit que $(N_0+1)!\ge37$ : $4!=24<37$ mais $5!=120\ge37$.
$$\boxed{N_0=4\ \text{convient}:\quad \Big|\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{e^{-2}}{(k!)^2}-\sum_{k=0}^{4}\frac{e^{-2}}{(k!)^2}\Big|\le\frac{e^{-1}}{120}\le\frac{0{,}37}{120}<10^{-2}.}$$
(Avec cette majoration, $N_0=3$ ne suffit pas : $4!=24<36\le100e^{-1}$.)
**g)** Notons $S=\sum_{k\ge0}\frac{e^{-2}}{(k!)^2}$. La valeur affichée $0{,}31$ est un arrondi au centième : $\texttt{Approx\_Sum}(4)\in[0{,}305\,;0{,}315[$. Par e) et f), $0\le S-\texttt{Approx\_Sum}(4)\le10^{-2}$, donc $S\in[0{,}305\,;0{,}325]$ :
$$\boxed{S\approx0{,}3\ \text{à}\ 10^{-1}\ \text{près}.}$$
Par Q36 c) avec $\lambda=1$, $P(D_1)=1-e^{-2}\sum_{k\ge0}\frac1{(k!)^2}=1-S\in[0{,}675\,;0{,}695]$ :
$$\boxed{P(D_1)\approx0{,}7\ \text{à}\ 10^{-1}\ \text{près}.}$$
(Valeurs plus précises : $S\approx0{,}3085$, $P(D_1)\approx0{,}6915$.)
**h)** Ce n'est pas judicieux en général : `math.factorial(k)` recalcule $k!$ à partir de zéro, soit environ $k$ multiplications à chaque tour, donc de l'ordre de $\sum_{k=0}^Nk=\frac{N(N+1)}2$ multiplications au total (coût quadratique), alors qu'en mettant à jour une variable par $k!=(k-1)!\times k$ on n'en fait que $N$ (coût linéaire) :
```python
def Approx_Sum_bis(N):
S, f = 0, 1 # f vaut k! au début du tour k
for k in range(N + 1):
if k > 0:
f = f * k
S = S + math.exp(-2) / f ** 2
return S
```
Ici $N_0=4$ : la boucle fait 5 tours sur des entiers minuscules ($0!,\dots,4!$), soit une dizaine de multiplications au lieu de quatre, **surcoût négligeable**.
### Q38
**a)** Pour $x\ne0$, avec $u_k=\frac{x^k}{(k!)^2}\ne0$ : $\left|\frac{u_{k+1}}{u_k}\right|=\frac{|x|}{(k+1)^2}\xrightarrow[k\to\infty]{}0<1$. Par la règle de d'Alembert, la série converge absolument pour tout réel $x$ :
$$\boxed{R=+\infty.}$$
**b)** La somme d'une série entière est continue sur son intervalle ouvert de convergence, ici $]-\infty,+\infty[$. **Donc $h:x\mapsto\sum_{k\ge0}\frac{x^k}{(k!)^2}$ est continue sur $\mathbb R$.**
**c)** Pour $\lambda\ge0$, $g(\lambda)=1-e^{-2\lambda}h(\lambda^2)$. Les fonctions $\lambda\mapsto\lambda^2$, $h$ (b) et $\lambda\mapsto e^{-2\lambda}$ sont continues ; par composition, produit et somme, **$g$ est continue sur $[0,+\infty[$.**
### Q39
Par Q36 c), pour $\lambda>0$ et $X_3,Y_3$ indépendantes de loi $\mathcal P(\lambda)$, la probabilité que $\begin{pmatrix}X_3&0\\1&Y_3\end{pmatrix}$ soit diagonalisable est $P(D_\lambda)=g(\lambda)$. Il suffit de trouver $\mu>0$ tel que $g(\mu)=\frac12$.
- $g(0)=1-e^0\cdot1=0$ (seul le terme $k=0$ de la série est non nul).
- Comme $\frac1{(k!)^2}\le\frac1{k!}$, $\sum_{k\ge0}\frac1{(k!)^2}\le e$ (Q37 d), donc $g(1)\ge1-e^{-2}e=1-e^{-1}\ge1-0{,}37=0{,}63>\frac12$.
$g$ est continue sur $[0,1]$ (Q38 c) et $g(0)<\frac12<g(1)$ : par le théorème des valeurs intermédiaires, il existe $\mu\in[0,1]$ tel que $g(\mu)=\frac12$, et $\mu\ne0$ car $g(0)=0$.
$$\boxed{\exists\,\mu\in\,]0,1[,\quad P\left(\begin{pmatrix}X_3&0\\1&Y_3\end{pmatrix}\ \text{diagonalisable}\right)=g(\mu)=\frac12\ \ \text{pour}\ X_3,Y_3\sim\mathcal P(\mu)\ \text{indépendantes}.}$$
### Q40
On applique la **méthode de dichotomie** à $\varphi=g-\frac12$, continue sur $[0,1]$, avec $\varphi(0)<0<\varphi(1)$ (Q39) :
1. $u\leftarrow0$, $v\leftarrow1$ ;
2. tant que $v-u>\varepsilon$ : $m\leftarrow\frac{u+v}2$ ; si $\varphi(m)<0$, $u\leftarrow m$, sinon $v\leftarrow m$ ;
3. renvoyer $\frac{u+v}2$.
L'invariant $\varphi(u)<0\le\varphi(v)$ et le théorème des valeurs intermédiaires assurent qu'un zéro de $\varphi$ reste dans $[u,v]$, dont la longueur est divisée par 2 à chaque étape : $\lceil\log_2(1/\varepsilon)\rceil$ itérations suffisent (une dizaine pour $\varepsilon=10^{-3}$).
Chaque évaluation de $g(m)$ se fait en tronquant la série : $g(m)\simeq1-e^{-2m}\sum_{k=0}^K\frac{m^{2k}}{(k!)^2}$, l'erreur étant, pour $m\in[0,1]$, majorée par $\sum_{k>K}\frac1{k!}\le\frac e{(K+1)!}$ (comme en Q37 d–e) ; $K=8$ donne une erreur $<10^{-5}$, et la factorielle est mise à jour par une multiplication (Q37 h). (On obtiendrait $\mu\approx0{,}44$.)
**FIN**
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