Maths 1

# Centrale-Supélec PSI — Mathématiques 1 2026 · Corrigé

*Corrigé rédigé par IA (La Belle Copie), non officiel. Signalez toute erreur.*

Notations : $P_i$ (resp. $F_i$) désigne l'événement « le $i$-ième lancer donne pile (resp. face) ». Les lancers sont mutuellement indépendants, de même loi, et $p+q=1$.

## A — Les cas où $n=1$ et $n=2$

### I — Le cas où $n=1$

### Question 1

Soit $k\in\mathbb{N}^*$. On a $(X_1=k)=F_1\cap\dots\cap F_{k-1}\cap P_k$, donc par indépendance $P(X_1=k)=q^{k-1}p$. Comme $\sum_{k\geqslant1}q^{k-1}p=\frac{p}{1-q}=1$, on obtient $P(X_1=+\infty)=1-\sum_{k\geqslant1}P(X_1=k)=0$.

$$\boxed{\forall k\in\mathbb{N}^*,\ P(X_1=k)=q^{k-1}p,\qquad P(X_1=+\infty)=0 :\ X_1\sim\mathcal{G}(p).}$$

### Question 2

Pour une loi géométrique de paramètre $p$ :

$$\boxed{G_{X_1}(z)=\frac{pz}{1-qz}\ \ (|z|<1/q),\qquad E(X_1)=\frac1p,\qquad V(X_1)=\frac{q}{p^2}.}$$

### Question 3

*Fonction génératrice.* Pour $|z|<1/q$, la série $\sum_{k\geqslant1}q^{k-1}pz^k$ est géométrique de raison $qz$, $|qz|<1$, donc converge absolument et
$$G_{X_1}(z)=pz\sum_{k\geqslant1}(qz)^{k-1}=\frac{pz}{1-qz}.$$
Le rayon de convergence vaut $1/q>1$.

*Moments.* Comme le rayon $1/q$ est strictement supérieur à $1$, les séries dérivées $\sum kP(X_1=k)z^{k-1}$ et $\sum k(k-1)P(X_1=k)z^{k-2}$, de même rayon, convergent absolument en $z=1$ : $X_1$ admet un moment d'ordre 2, $E(X_1)=G'_{X_1}(1)$ et $E(X_1(X_1-1))=G''_{X_1}(1)$. Or
$$G'_{X_1}(z)=\frac{p}{(1-qz)^2},\qquad G''_{X_1}(z)=\frac{2pq}{(1-qz)^3},$$
d'où $E(X_1)=\frac{p}{p^2}=\frac1p$ et $E(X_1(X_1-1))=\frac{2q}{p^2}$. Par la formule de König-Huygens,
$$V(X_1)=G''(1)+G'(1)-G'(1)^2=\frac{2q}{p^2}+\frac1p-\frac1{p^2}=\frac{2q+p-1}{p^2}=\frac{q}{p^2}.$$

### II — Le cas où $n=2$

### Question 4

$(X_2=1)$ est impossible (un seul lancer ne peut contenir deux piles), et $(X_2=2)=P_1\cap P_2$. Donc
$$\boxed{P(X_2=1)=0,\qquad P(X_2=2)=p^2.}$$

### Question 5

Si $X_2=k$ avec $k>2$, les deux premiers lancers ne donnent pas $PP$ (sinon $X_2=2$). Donc **les deux premiers résultats appartiennent à $\{FF,FP,PF\}$** : soit le premier lancer donne face, soit les deux premiers donnent $PF$.

Plus précisément, pour $k$ fixé, $(X_2=k)$ impose $P_{k-1}\cap P_k$ et, si $k\geqslant3$, $F_{k-2}$ :
- $k=3$ : $F_1P_2P_3$, l'ensemble est $\{FP\}$ ;
- $k=4$ : $F_2P_3P_4$, donc le lancer 2 est face : l'ensemble est $\{FF,PF\}$ ($FFPP$, $PFPP$) ;
- $k\geqslant5$ : les trois issues sont possibles, par exemple $FF\,F\cdots F\,PP$, $FP\,F\cdots F\,PP$, $PF\,F\cdots F\,PP$ (avec $k-4\geqslant1$ faces au milieu).

### Question 6

Les événements $F_1$, $P_1\cap F_2$, $P_1\cap P_2$ sont deux à deux incompatibles, de réunion $\Omega$, de probabilités $q$, $pq$, $p^2$ non nulles : c'est un système complet. Soit $k>2$.

- Sur $P_1\cap P_2$, $X_2=2\neq k$ : $P(X_2=k\cap P_1\cap P_2)=0$.
- Sur $F_1$, aucune série de deux piles ne contient le lancer 1 ; $X_2=k$ équivaut à : la première série $PP$ de la suite des lancers $2,3,\dots$ se termine au rang $k-1$ de cette suite. Cette suite est formée de lancers indépendants de même loi, indépendants du premier lancer, donc $P(F_1\cap(X_2=k))=q\,P(X_2=k-1)$.
- Sur $P_1\cap F_2$, aucune série $PP$ ne contient les lancers 1 ou 2, et de même $P(P_1\cap F_2\cap(X_2=k))=pq\,P(X_2=k-2)$, avec $k-2\geqslant1$.

![Figure 1 — Arbre des deux premiers lancers pour n = 2 : le système complet F₁, P₁ ∩ F₂, P₁ ∩ P₂ et l'apport de chaque événement à P(X₂ = k), pour k > 2](/figures/corriges/centrale-supelec_psi_maths-1_2026/q6-arbre-systeme-complet.svg)

La formule des probabilités totales donne
$$\boxed{\forall k>2,\quad P(X_2=k)=q\,P(X_2=k-1)+pq\,P(X_2=k-2).}$$

### Question 7

Soit $T=X^2-qX-pq$. Son discriminant $\Delta=q^2+4pq$ est strictement positif : $T$ a deux racines réelles
$$r_1=\frac{q+\sqrt{q^2+4pq}}{2},\qquad r_2=\frac{q-\sqrt{q^2+4pq}}{2},\qquad r_2<r_1.$$
Leur produit $-pq<0$ donne $r_2<0<r_1$, et leur somme $q>0$ donne $|r_1|-|r_2|=r_1+r_2=q>0$, soit $|r_2|<|r_1|$.

Enfin $T(1)=1-q-pq=p-pq=p^2>0$, $T(-1)=1+q-pq=1+q^2>0$ et $T(0)=-pq<0$ : par le théorème des valeurs intermédiaires, $T$ s'annule dans $]-1,0[$ et dans $]0,1[$, et ces deux zéros sont $r_2$ et $r_1$. Donc
$$\boxed{-1<r_2<0<r_1<1,\qquad |r_2|<|r_1|.}$$

![Figure 2 — Allure du trinôme X² − qX − pq, tracé pour p = q = 1/2 : positif en −1 et en 1, négatif en 0, il a une racine r₂ entre −1 et 0 et une racine r₁ entre 0 et 1](/figures/corriges/centrale-supelec_psi_maths-1_2026/q7-trinome-racines.svg)

### Question 8

La série $\sum r_1^{k-1}z^k$ a pour rayon $1/r_1$ et $\sum r_2^{k-1}z^k$ a pour rayon $1/|r_2|$ (séries géométriques). Ces rayons sont distincts puisque $|r_2|<r_1$, donc le rayon de la différence est le plus petit des deux :
$$\boxed{R=\frac1{r_1}>1.}$$

### Question 9

D'après Q6, $u_k=P(X_2=k)$ vérifie $u_k=qu_{k-1}+pqu_{k-2}$ pour $k\geqslant3$ ; l'équation caractéristique $x^2-qx-pq=0$ a deux racines réelles distinctes $r_1,r_2$, donc il existe $(\alpha,\beta)\in\mathbb{R}^2$ tels que $u_k=\alpha r_1^{k}+\beta r_2^{k}$ pour tout $k\geqslant1$. Les conditions $u_1=0$, $u_2=p^2$ donnent $\alpha r_1+\beta r_2=0$ et $\alpha r_1^2+\beta r_2^2=p^2$, d'où $\alpha r_1(r_1-r_2)=p^2$, puis $\alpha=\frac{p^2}{r_1(r_1-r_2)}$, $\beta=-\frac{p^2}{r_2(r_1-r_2)}$. Ainsi, avec $r_1-r_2=\sqrt{q^2+4pq}$,
$$\boxed{\forall k\geqslant2\ (\text{et même }k\geqslant1),\quad P(X_2=k)=\frac{p^2}{\sqrt{q^2+4pq}}\left(r_1^{k-1}-r_2^{k-1}\right).}$$

### Question 10

$X_2$ prend la valeur $+\infty$ si et seulement si elle est supérieure ou égale à tout entier :
$$\boxed{(X_2=+\infty)=\bigcap_{k\in\mathbb{N}^*}(X_2\geqslant k).}$$
La suite $\big((X_2\geqslant k)\big)_k$ est décroissante pour l'inclusion ; par continuité décroissante,
$$P(X_2=+\infty)=\lim_{k\to+\infty}P(X_2\geqslant k)=\lim_{k\to+\infty}\Big(1-\sum_{j=1}^{k-1}P(X_2=j)\Big)=1-\sum_{j=1}^{+\infty}P(X_2=j).$$
Comme $|r_1|,|r_2|<1$, d'après Q9,
$$\sum_{j\geqslant1}P(X_2=j)=\frac{p^2}{r_1-r_2}\left(\frac1{1-r_1}-\frac1{1-r_2}\right)=\frac{p^2}{(1-r_1)(1-r_2)}=\frac{p^2}{T(1)}=1,$$
car $(1-r_1)(1-r_2)=T(1)=p^2$. Donc $\boxed{P(X_2=+\infty)=0.}$

### Question 11

Soit $|z|<R=1/r_1$ ; alors $|r_2z|<|r_1z|<1$. D'après Q9 et Q10, $G_{X_2}(z)=\sum_{k\geqslant1}P(X_2=k)z^k$ et
$$G_{X_2}(z)=\frac{p^2}{r_1-r_2}\sum_{k\geqslant2}\left(r_1^{k-1}-r_2^{k-1}\right)z^k=\frac{p^2z^2}{r_1-r_2}\left(\frac{r_1}{1-r_1z}-\frac{r_2}{1-r_2z}\right)=\frac{p^2z^2}{(1-r_1z)(1-r_2z)}.$$
Comme $(1-r_1z)(1-r_2z)=1-(r_1+r_2)z+r_1r_2z^2=1-qz-pqz^2$,
$$\boxed{\forall z\in\mathbb{C},\ |z|<R,\quad G_{X_2}(z)=\frac{p^2z^2}{1-qz-pqz^2}.}$$

### Question 12

La série entière $\sum P(X_2=k)z^k$ a pour rayon $R=1/r_1>1$. Ses séries dérivées première et seconde ont le même rayon, donc convergent absolument en $z=1$ : $\sum kP(X_2=k)$ et $\sum k(k-1)P(X_2=k)$ convergent, donc aussi $\sum k^2P(X_2=k)$. Comme $X_2$ est presque sûrement finie (Q10), **$X_2$ admet une espérance et une variance**, avec $E(X_2)=G'(1)$ et $E(X_2(X_2-1))=G''(1)$.

### Question 13

Notons $G=G_{X_2}$ et $D(z)=1-qz-pqz^2$, de sorte que $D(z)G(z)=p^2z^2$ sur $]-R,R[$, intervalle contenant $1$. On a $G(1)=1$, $D(1)=p^2$, $D'(1)=-q-2pq=-q(1+2p)$, $D''=-2pq$.

En dérivant une fois en $1$ : $D'(1)+p^2G'(1)=2p^2$, d'où $p^2G'(1)=2p^2+(1-p)(1+2p)=1+p$ :
$$\boxed{E(X_2)=\frac{1+p}{p^2}=\frac1{p^2}+\frac1p.}$$
En dérivant deux fois en $1$ : $D''(1)+2D'(1)G'(1)+p^2G''(1)=2p^2$, donc
$$p^2G''(1)=2p^2+2pq+2q(1+2p)\frac{1+p}{p^2}=2p+\frac{2(1+2p-p^2-2p^3)}{p^2},$$
puisque $(1-p)(1+2p)(1+p)=1+2p-p^2-2p^3$. Avec $u=1/p$ : $G''(1)=2u^4+4u^3-2u^2-2u$, $E(X_2)=u^2+u$, et
$$V(X_2)=G''(1)+G'(1)-G'(1)^2=(2u^4+4u^3-2u^2-2u)+(u^2+u)-(u^4+2u^3+u^2)=u^4+2u^3-2u^2-u,$$
$$\boxed{V(X_2)=\frac1{p^4}+\frac2{p^3}-\frac2{p^2}-\frac1p.}$$
(Contrôle : pour $p=\frac12$, $E(X_2)=6$ et $V(X_2)=22$.)

## B — Le cas où $n=3$

### I — Étude générale à l'aide de l'algèbre linéaire

### Question 14

Trois piles consécutifs demandent au moins trois lancers, et $(X_3=3)=P_1\cap P_2\cap P_3$ :
$$\boxed{P(X_3=1)=P(X_3=2)=0,\qquad P(X_3=3)=p^3.}$$

### Question 15

Les événements $E_1=F_1$, $E_2=P_1\cap F_2$, $E_3=P_1\cap P_2\cap F_3$, $E_0=P_1\cap P_2\cap P_3$ forment un système complet (classement selon le rang du premier face parmi les trois premiers lancers), de probabilités $q$, $pq$, $p^2q$, $p^3$. Soit $k>3$. Sur $E_0$, $X_3=3\neq k$. Sur $E_i$ ($i\in\{1,2,3\}$), le face du rang $i$ empêche toute série de trois piles de contenir un lancer de rang $\leqslant i$ ; le processus recommence au lancer $i+1$, avec des lancers indépendants de même loi et indépendants des $i$ premiers, d'où $P(E_i\cap(X_3=k))=P(E_i)P(X_3=k-i)$, avec $k-i\geqslant1$. Par la formule des probabilités totales :
$$\boxed{\forall k>3,\quad P(X_3=k)=qP(X_3=k-1)+pqP(X_3=k-2)+qp^2P(X_3=k-3).}$$

### Question 16

Pour $k\geqslant1$, $k+3>3$ donc Q15 donne la première composante de $U_{k+1}$ ; les deux autres sont les deux premières de $U_k$ :
$$\boxed{M=\begin{pmatrix}q&pq&qp^2\\1&0&0\\0&1&0\end{pmatrix}.}$$

### Question 17

En développant $\det(XI_3-M)$ selon la première colonne :
$$\chi_M(X)=\begin{vmatrix}X-q&-pq&-qp^2\\-1&X&0\\0&-1&X\end{vmatrix}=(X-q)X^2+\begin{vmatrix}-pq&-qp^2\\-1&X\end{vmatrix},$$
$$\boxed{\chi_M(X)=X^3-qX^2-pqX-qp^2.}$$

### Question 18

On a $\chi_M(0)=-qp^2<0$ et $\chi_M(1)=1-q(1+p+p^2)=1-(1-p^3)=p^3>0$ : par le théorème des valeurs intermédiaires, $\chi_M$ s'annule sur $]0,1[$.

Unicité : pour $x>0$, $\frac{\chi_M(x)}{x^3}=1-\frac qx-\frac{pq}{x^2}-\frac{qp^2}{x^3}$ est strictement croissante sur $]0,+\infty[$, donc $\chi_M$ s'annule au plus une fois sur $]0,+\infty[$. Ainsi **$\chi_M$ a une unique racine $\lambda_1$ dans $]0,1[$**, c'est sa seule racine positive, et $\chi_M<0$ sur $]0,\lambda_1[$, $\chi_M>0$ sur $]\lambda_1,+\infty[$.

### Question 19

$$(X-p)\chi_M(X)=X^4-qX^3-pqX^2-qp^2X-pX^3+pqX^2+qp^2X+qp^3=X^4-(p+q)X^3+qp^3=X^4-X^3+qp^3.$$
Soit $\psi=X^4-X^3+qp^3$. Alors $\psi'=X^2(4X-3)$ : $\psi$ est strictement décroissante sur $]-\infty,\frac34]$ et strictement croissante sur $[\frac34,+\infty[$, donc a au plus deux racines réelles distinctes. De plus $\psi(p)=p^3(p-1+q)=0$.

- Si $\psi(\frac34)<0$, $\psi$ a exactement deux racines réelles, simples ; l'une est $p$, l'autre est $\lambda_1$ (racine de $\chi_M$ donc de $\psi$). Si l'on avait $\lambda_1=p$, alors $\chi_M(p)=0$, ce qui donne $p^2(p-3q)=0$, soit $p=\frac34$, et alors $\psi(\frac34)=\psi(p)=0$ : contradiction. Les racines réelles de $\chi_M$ sont parmi $\{p,\lambda_1\}$, et $\chi_M(p)=p^2(p-3q)\neq0$ : **$\lambda_1$ est la seule racine réelle de $\chi_M$**.
- Si $\psi(\frac34)=0$ (ce qui, puisque $\psi\geqslant\psi(\frac34)$ et $\psi(p)=0$, impose $p=\frac34$), $\frac34$ est l'unique racine réelle de $\psi$, donc de $\chi_M$, et $\lambda_1=\frac34$.
- Le cas $\psi(\frac34)>0$ est exclu puisque $\psi(p)=0$.

Dans tous les cas, $\chi_M$ admet une seule racine réelle, $\lambda_1$.

### Question 20

$\chi_M$, réel de degré 3, est scindé sur $\mathbb{C}$ ; sa seule racine réelle est $\lambda_1$, donc ses deux autres racines sont non réelles et conjuguées, $\lambda_2$ et $\overline{\lambda_2}$ avec $\lambda_2\neq\overline{\lambda_2}$. Les trois racines $\lambda_1,\lambda_2,\overline{\lambda_2}$ sont deux à deux distinctes : $M\in\mathcal{M}_3(\mathbb{C})$ a trois valeurs propres distinctes, donc **$M$ est diagonalisable dans $\mathbb{C}$**.

### Question 21

Par récurrence, $U_k=M^{k-1}U_1$ pour $k\geqslant1$, et $M^{k-1}=QD^{k-1}Q^{-1}$ avec $D=\mathrm{diag}(\lambda_1,\lambda_2,\overline{\lambda_2})$. En posant $V=Q^{-1}U_1=(v_1,v_2,v_3)^\top$ et $(w_1,w_2,w_3)$ la troisième ligne de $Q$, la troisième composante de $U_k$ vaut
$$P(X_3=k)=w_1v_1\lambda_1^{k-1}+w_2v_2\lambda_2^{k-1}+w_3v_3\overline{\lambda_2}^{\,k-1}.$$
Avec $A=w_1v_1$, $B=w_2v_2$, $C=w_3v_3$ (indépendants de $k$) :
$$\boxed{\forall k\geqslant1,\quad P(X_3=k)=A\lambda_1^{k-1}+B\lambda_2^{k-1}+C\overline{\lambda_2}^{\,k-1},}$$
avec $\lambda_1\in]0,1[$ (Q18) et $\lambda_2\in\mathbb{C}$.

### Question 22

Pour $k=1,2,3$ (Q14) : $A+B+C=0$, $A\lambda_1+B\lambda_2+C\overline{\lambda_2}=0$, $A\lambda_1^2+B\lambda_2^2+C\overline{\lambda_2}^2=p^3$. Soit $L(X)=(X-\lambda_2)(X-\overline{\lambda_2})=X^2-sX+m$ avec $s=2\mathrm{Re}\lambda_2$ et $m=|\lambda_2|^2$. La combinaison (troisième) $-s\,$(deuxième) $+m\,$(première) donne
$$A\,L(\lambda_1)+B\,L(\lambda_2)+C\,L(\overline{\lambda_2})=p^3,\qquad\text{soit}\qquad A\,L(\lambda_1)=p^3.$$
Comme $L(\lambda_1)=(\lambda_1-\lambda_2)(\lambda_1-\overline{\lambda_2})=|\lambda_1-\lambda_2|^2\neq0$ :
$$\boxed{A=\frac{p^3}{(\lambda_1-\lambda_2)(\lambda_1-\overline{\lambda_2})}=\frac{p^3}{|\lambda_1-\lambda_2|^2}>0.}$$
En n'utilisant que les racines : $\psi(\lambda_1)=0$ donne $qp^3=\lambda_1^3(1-\lambda_1)$ et la somme des racines donne $q=\lambda_1+2\mathrm{Re}\lambda_2$, d'où $A=\dfrac{\lambda_1^3(1-\lambda_1)}{(\lambda_1+2\mathrm{Re}\lambda_2)\,|\lambda_1-\lambda_2|^2}$.

### Question 23

Écrivons $\lambda_2=re^{i\theta}$, de sorte que $\lambda_2^{k-1}=r^{k-1}e^{i(k-1)\theta}$ et $\overline{\lambda_2}^{\,k-1}=r^{k-1}e^{-i(k-1)\theta}$. Comme $P(X_3=k)$ est réel, il est égal à sa partie réelle ; avec $\lambda_1$ réel :
$$P(X_3=k)=\mathrm{Re}(A)\lambda_1^{k-1}+r^{k-1}\mathrm{Re}\big(Be^{i(k-1)\theta}\big)+r^{k-1}\mathrm{Re}\big(Ce^{-i(k-1)\theta}\big).$$
Or $\mathrm{Re}(Be^{i\varphi})=\mathrm{Re}B\cos\varphi-\mathrm{Im}B\sin\varphi$ et $\mathrm{Re}(Ce^{-i\varphi})=\mathrm{Re}C\cos\varphi+\mathrm{Im}C\sin\varphi$. Avec
$$a=\mathrm{Re}A,\qquad b=\mathrm{Re}B+\mathrm{Re}C,\qquad c=\mathrm{Im}C-\mathrm{Im}B,$$
réels indépendants de $k$ :
$$\boxed{\forall k\in\mathbb{N}^*,\quad P(X_3=k)=a\lambda_1^{k-1}+br^{k-1}\cos((k-1)\theta)+cr^{k-1}\sin((k-1)\theta).}$$
D'après Q22, $a=A=\frac{p^3}{|\lambda_1-\lambda_2|^2}$.

### Question 24

*$q<\lambda_1$.* $\chi_M(q)=q^3-q^3-pq^2-qp^2=-pq<0$, et $\chi_M>0$ sur $]\lambda_1,+\infty[$ (Q18) ; comme $q>0$, on a $q<\lambda_1$.

*$\mathrm{Re}(\lambda_2)<0$.* La somme des racines de $\chi_M$ vaut $q$ : $\lambda_1+2\mathrm{Re}\lambda_2=q$, donc $2\mathrm{Re}\lambda_2=q-\lambda_1<0$.

*$|\lambda_2-1|>1$.* $|\lambda_2-1|^2=(\mathrm{Re}\lambda_2-1)^2+(\mathrm{Im}\lambda_2)^2\geqslant(1-\mathrm{Re}\lambda_2)^2>1$ car $1-\mathrm{Re}\lambda_2>1$.

*$|\lambda_2|<\lambda_1$.* $\lambda_1$ et $\lambda_2$ sont racines de $\psi$ (Q19), donc $\lambda^3(1-\lambda)=qp^3$ pour $\lambda\in\{\lambda_1,\lambda_2\}$. En module : $|\lambda_2|^3|\lambda_2-1|=qp^3=\lambda_1^3(1-\lambda_1)$. Comme $|\lambda_2-1|>1$ et $0<1-\lambda_1<1$,
$$|\lambda_2|^3<|\lambda_2|^3|\lambda_2-1|=\lambda_1^3(1-\lambda_1)<\lambda_1^3,$$
donc $\boxed{q<\lambda_1,\ \mathrm{Re}(\lambda_2)<0,\ |\lambda_2-1|>1,\ |\lambda_2|<\lambda_1.}$

### Question 25

D'après Q23, $\big|P(X_3=k)-a\lambda_1^{k-1}\big|\leqslant(|b|+|c|)r^{k-1}$, donc, puisque $a>0$ (Q22),
$$\left|\frac{P(X_3=k)}{a\lambda_1^{k-1}}-1\right|\leqslant\frac{|b|+|c|}{a}\left(\frac{r}{\lambda_1}\right)^{k-1}\xrightarrow[k\to+\infty]{}0$$
car $0<r<\lambda_1$ (Q24). Donc $P(X_3=k)\sim a\lambda_1^{k-1}=\frac{a}{\lambda_1}\lambda_1^k$ :
$$\boxed{P(X_3=k)\underset{k\to+\infty}{\sim}m\lambda_1^k,\qquad m=\frac{p^3}{\lambda_1|\lambda_1-\lambda_2|^2}=\frac{p^3}{\lambda_1(\lambda_1-\lambda_2)(\lambda_1-\overline{\lambda_2})}>0.}$$

### II — Un cas particulier

### Question 26

Pour $p=\frac34$, $q=\frac14$ : $\chi_M(X)=X^3-\frac14X^2-\frac3{16}X-\frac9{64}$, donc
$$\chi_M\!\left(\frac X4\right)=\frac1{64}\left(X^3-X^2-3X-9\right).$$
Une racine entière de $X^3-X^2-3X-9$ divise $9$ ; $1$ et $9$ ne conviennent pas, et $27-9-9-9=0$ : **$3$ est racine de $\chi_M(X/4)$**.

### Question 27

$X^3-X^2-3X-9=(X-3)(X^2+2X+3)$, et $X^2+2X+3$ a pour racines $-1\pm i\sqrt2$ (discriminant $-8$). Les racines de $\chi_M$ sont celles-ci divisées par $4$ :
$$\boxed{\lambda_1=\frac34,\qquad\lambda_2=\frac{-1+i\sqrt2}{4},\qquad\overline{\lambda_2}=\frac{-1-i\sqrt2}{4}.}$$
(Contrôle : somme $\frac14=q$, produit $\frac34\cdot\frac3{16}=\frac9{64}=qp^2$.)

### Question 28

$\lambda_1-\lambda_2=\frac{4-i\sqrt2}{4}$, $|\lambda_1-\lambda_2|^2=\frac{18}{16}=\frac98$, donc $m=\dfrac{27/64}{\frac34\cdot\frac98}=\frac12$ :
$$\boxed{P(X_3=k)\underset{k\to+\infty}{\sim}\frac12\left(\frac34\right)^k.}$$

## C — L'étude générale par le calcul de la fonction génératrice

### Question 29

$n$ piles consécutifs demandent au moins $n$ lancers, et $(X_n=n)=P_1\cap\dots\cap P_n$ :
$$\boxed{\forall k\in\{1,\dots,n-1\},\ P(X_n=k)=0,\qquad P(X_n=n)=p^n.}$$

### Question 30

Pour $i\in\{1,\dots,n\}$, soit $E_i=P_1\cap\dots\cap P_{i-1}\cap F_i$ (probabilité $p^{i-1}q$), et $E_0=P_1\cap\dots\cap P_n$ (probabilité $p^n$). Ces $n+1$ événements forment un système complet (rang du premier face parmi les $n$ premiers lancers, ou absence de face). Soit $k>n$.
- Sur $E_0$, $X_n=n\neq k$.
- Sur $E_i$, le face du rang $i$ empêche toute série de $n$ piles de contenir un lancer de rang $\leqslant i$. $X_n=k$ équivaut donc à : la première série de $n$ piles de la suite des lancers $i+1,i+2,\dots$ se termine au rang $k-i$ de cette suite. Ces lancers sont indépendants, de même loi, et indépendants des $i$ premiers, d'où $P(E_i\cap(X_n=k))=p^{i-1}q\,P(X_n=k-i)$, avec $k-i\geqslant1$.

![Figure 3 — Sur Eᵢ, le face du rang i coupe la suite des lancers : les lancers i + 1, i + 2, … forment une suite de même loi, dont le temps d'attente vaut k − i quand Xₙ = k](/figures/corriges/centrale-supelec_psi_maths-1_2026/q30-frise-premier-face.svg)

La formule des probabilités totales donne
$$\boxed{\forall k>n,\quad P(X_n=k)=qP(X_n=k-1)+qpP(X_n=k-2)+\dots+qp^{n-1}P(X_n=k-n).}$$

### Question 31

Comme $p\neq1$, $\sum_{i=1}^np^{i-1}=\frac{1-p^n}{q}$, donc
$$\boxed{f(1)=1-(1-p^n)=p^n>0.}$$
$f$ est polynomiale donc continue en $1$ : il existe $\delta\in]0,1-p[$ tel que $f>0$ sur $[1-\delta,1]$. Le réel $t=1-\frac\delta2$ vérifie $p<1-\delta<t<1$ et $f(t)>0$. **Il existe donc $t\in]p,1[$ tel que $f(t)\geqslant0$**, c'est-à-dire
$$q\sum_{i=1}^np^{i-1}t^{n-i}\leqslant t^n.\qquad(\ast)$$

![Figure 4 — Allure de f, tracé pour n = 3 et p = 0,7 : f(1) = pⁿ > 0, donc f > 0 sur un intervalle de la forme 1 − δ ≤ t ≤ 1, à droite de p, où l'on choisit t](/figures/corriges/centrale-supelec_psi_maths-1_2026/q31-allure-f.svg)

### Question 32

Récurrence forte sur $k\in\mathbb{N}^*$.

*Initialisation, $1\leqslant k\leqslant n$.* Pour $k<n$, $P(X_n=k)=0\leqslant t^k$ ; pour $k=n$, $P(X_n=n)=p^n\leqslant t^n$ car $0<p<t$.

*Hérédité.* Soit $k>n$ tel que $P(X_n=j)\leqslant t^j$ pour tout $j\leqslant k-1$. Pour $i\in\{1,\dots,n\}$, $1\leqslant k-i\leqslant k-1$, donc par Q30 et $(\ast)$ :
$$P(X_n=k)=\sum_{i=1}^nqp^{i-1}P(X_n=k-i)\leqslant\sum_{i=1}^nqp^{i-1}t^{k-i}=t^{k-n}\,q\sum_{i=1}^np^{i-1}t^{n-i}\leqslant t^{k-n}t^n=t^k.$$
$$\boxed{\forall k\in\mathbb{N}^*,\quad P(X_n=k)\leqslant t^k.}$$

### Question 33

*Définition.* Pour $|z|<1/t$, $|P(X_n=k)z^k|\leqslant(t|z|)^k$ avec $t|z|<1$ : la série $\sum P(X_n=k)z^k$ converge absolument. $G_{X_n}$ est donc définie sur le disque $|z|<1/t$, de rayon $\geqslant1/t>1$.

*Calcul.* Notons $u_k=P(X_n=k)$, $G=G_{X_n}$, et soit $|z|<1/t$. Par Q29–Q30 et convergence absolue (la famille $(qp^{i-1}u_{k-i}z^k)_{1\leqslant i\leqslant n,\ k>n}$ est sommable, majorée par $q(t|z|)^{k-i}|z|^i$) :
$$G(z)-p^nz^n=\sum_{k>n}\sum_{i=1}^nqp^{i-1}u_{k-i}z^k=\sum_{i=1}^nqp^{i-1}z^i\sum_{j>n-i}u_jz^j=G(z)\,q\sum_{i=1}^np^{i-1}z^i,$$
car $u_j=0$ pour $j<n$ et $n-i<n$. Comme $|pz|<p/t<1$, $q\sum_{i=1}^np^{i-1}z^i=qz\frac{1-p^nz^n}{1-pz}$, et en multipliant par $1-pz$ :
$$G(z)\big[(1-pz)-qz+qp^nz^{n+1}\big]=p^nz^n(1-pz),\qquad\text{soit}\qquad G(z)\big(qp^nz^{n+1}-z+1\big)=p^nz^n(1-pz).$$
Si $qp^nz^{n+1}-z+1$ s'annulait en un $z_0$ du disque, on aurait $p^nz_0^n(1-pz_0)=0$, donc $z_0=0$ (car $pz_0\neq1$), alors que ce facteur vaut $1$ en $0$. Donc
$$\boxed{\forall z\in\mathbb{C},\ |z|<\frac1t,\quad G_{X_n}(z)=\frac{p^nz^n(1-pz)}{qp^nz^{n+1}-z+1}.}$$
En particulier $G_{X_n}(1)=\frac{p^nq}{qp^n}=1$, donc $P(X_n=+\infty)=0$.

### Question 34

Le rayon de convergence de $\sum P(X_n=k)z^k$ est $\geqslant1/t>1$ : la série dérivée converge absolument en $1$, donc **$X_n$ (presque sûrement finie) admet une espérance** et $E(X_n)=G'_{X_n}(1)$. Avec $N(z)=p^n(z^n-pz^{n+1})$ et $D(z)=1-z+qp^nz^{n+1}$ :
$$N(1)=D(1)=qp^n,\qquad N'(1)=p^n\big(n-(n+1)p\big),\qquad D'(1)=(n+1)qp^n-1.$$
$$E(X_n)=\frac{N'(1)D(1)-N(1)D'(1)}{D(1)^2}=\frac{p^n\big(n-(n+1)p\big)-(n+1)qp^n+1}{qp^n}=\frac{p^n\big(n-(n+1)(p+q)\big)+1}{qp^n},$$
$$\boxed{E(X_n)=\frac{1-p^n}{qp^n}=\sum_{i=1}^n\frac1{p^i}.}$$
(Contrôles : $n=1$ donne $\frac1p$, $n=2$ donne $\frac{1+p}{p^2}$.)

### Question 35

Pour $|z|<|\lambda_i|$, $\dfrac{a_i}{z-\lambda_i}=-\dfrac{a_i}{\lambda_i}\cdot\dfrac{1}{1-z/\lambda_i}=-\sum_{k\geqslant0}\dfrac{a_i}{\lambda_i^{k+1}}z^k$. Sur le disque $|z|<\rho=\min\left(\frac1t,|\lambda_1|,\dots,|\lambda_n|\right)$, on a donc
$$\sum_{k\geqslant1}P(X_n=k)z^k=G_{X_n}(z)=\Big(a-\sum_{i=1}^n\frac{a_i}{\lambda_i}\Big)-\sum_{k\geqslant1}\Big(\sum_{i=1}^n\frac{a_i}{\lambda_i^{k+1}}\Big)z^k.$$
Par unicité du développement en série entière sur un disque de rayon $\rho>0$ :
$$\boxed{\forall k\in\mathbb{N}^*,\quad P(X_n=k)=-\sum_{i=1}^n\frac{a_i}{\lambda_i^{k+1}},}$$
et de plus $a=\sum_{i=1}^n\frac{a_i}{\lambda_i}$.

## D — Obtenir une succession de pile à la suite de lancers d'une pièce

### Question 36

Si $k<n$, $A_{n,k}=\varnothing$ ; et $A_{n,n}=P_1\cap\dots\cap P_n$ :
$$\boxed{\forall k\in\{1,\dots,n-1\},\ P(A_{n,k})=0,\qquad P(A_{n,n})=p^n.}$$

### Question 37

On reprend le système complet $(E_0,E_1,\dots,E_n)$ de Q30. Soit $k>n$.
- $E_0\subset A_{n,k}$ : $P(E_0\cap A_{n,k})=p^n$.
- Sur $E_i$ ($1\leqslant i\leqslant n$), aucune série de $n$ piles ne contient un lancer de rang $\leqslant i$ ; $A_{n,k}$ est réalisé si et seulement si les $k-i$ lancers de rangs $i+1,\dots,k$ (indépendants, de même loi, indépendants des $i$ premiers) contiennent au moins $n$ piles consécutifs. Donc $P(E_i\cap A_{n,k})=qp^{i-1}P(A_{n,k-i})$, avec $k-i\geqslant1$.

Par la formule des probabilités totales :
$$\boxed{\forall k>n,\quad P(A_{n,k})=p^n+qP(A_{n,k-1})+qpP(A_{n,k-2})+\dots+qp^{n-1}P(A_{n,k-n}).}$$

### Question 38

```python
def probas_series(p, k, n):
    """Renvoie [P(A_{n,1}), ..., P(A_{n,k})] ; proba[j] contient P(A_{n,j+1})."""
    q = 1 - p
    proba = []
    for l in range(1, k + 1):
        if l < n:
            proba.append(0)
        elif l == n:
            proba.append(p ** n)
        else:
            s = p ** n
            for i in range(1, n + 1):
                s = s + q * p ** (i - 1) * proba[l - i - 1]   # P(A_{n,l-i})
            proba.append(s)
    return proba
```

Pour $l>n$, les indices $l-i-1$ ($1\leqslant i\leqslant n$) sont entre $l-n-1\geqslant0$ et $l-2$ : les valeurs utilisées sont déjà calculées. Coût : $O(nk)$ opérations. Par exemple `probas_series(0.5, 100, 5)[-1]` vaut environ $0{,}8101$.

### Question 39

Une suite constante $v$ convient si et seulement si $v=p^n+v\,q\sum_{i=1}^np^{i-1}=p^n+v(1-p^n)$, c'est-à-dire $vp^n=p^n$, soit $v=1$ :
$$\boxed{\forall k\in\mathbb{N}^*,\ v_k=1.}$$

### Question 40

Posons $w_k=1-P(A_{n,k})$. Pour $k>n$, par Q37 et $q\sum_{i=1}^np^{i-1}=1-p^n$ :
$$\sum_{i=1}^nqp^{i-1}w_{k-i}=(1-p^n)-\sum_{i=1}^nqp^{i-1}P(A_{n,k-i})=(1-p^n)-\big(P(A_{n,k})-p^n\big)=w_k.$$
$(w_k)$ vérifie donc la relation de $(\star)$, avec $w_i=1-P(A_{n,i})$ pour $i\leqslant n$ (Q36). Par l'unicité admise, la suite $(u_k)$ associée à ces conditions initiales est $(w_k)$, d'où $P(A_{n,k})=1-u_k$ pour tout $k$, avec
$$\boxed{(b_1,\dots,b_{n-1},b_n)=(1,\dots,1,\ 1-p^n).}$$

### Question 41

D'après Q40, $u_k=1-P(A_{n,k})=P\big(\overline{A_{n,k}}\big)$.
- $A_{n,k}\subset A_{n,k+1}$ (une série présente dans les $k$ premiers lancers l'est dans les $k+1$ premiers), donc $P(A_{n,k})\leqslant P(A_{n,k+1})$ : **$(u_k)$ est décroissante**.
- $\overline{A_{n,k}}$ contient $F_1\cap\dots\cap F_k$, de probabilité $q^k>0$ : $u_k>0$.
- Pour $k\geqslant n$, $A_{n,n}\subset A_{n,k}$, donc $P(A_{n,k})\geqslant p^n>0$ et $u_k\leqslant1-p^n<1$.

$$\boxed{\forall k\geqslant n,\ 0<u_k<1,\qquad(u_k)_{k\in\mathbb{N}^*}\text{ décroissante}.}$$

### Question 42

*$M<1$.* Soit $i\in\{n,\dots,2n-1\}$. L'événement $B_i$ : « les lancers $1,\dots,i+1-n$ donnent face et les lancers $i+2-n,\dots,i+1$ donnent pile » (bien défini car $i+1-n\geqslant1$) est inclus dans $A_{n,i+1}$ (les $n$ derniers des $i+1$ premiers lancers sont piles) et dans $\overline{A_{n,i}}$ (les $i$ premiers lancers ne contiennent que $n-1$ piles, consécutifs à la fin). Donc $u_i-u_{i+1}=P(A_{n,i+1})-P(A_{n,i})\geqslant P(B_i)=q^{i+1-n}p^n>0$, et, comme $u_i>0$, $\frac{u_{i+1}}{u_i}<1$. Un maximum d'un nombre fini de réels $<1$ est $<1$ : $0<M<1$.

*Choix de $\alpha$.* Comme $f(1)=p^n>0$ et $f$ est continue, il existe $\delta\in]0,1[$ tel que $f\geqslant0$ sur $[1-\delta,1]$. Posons $\alpha=\max(M,1-\delta)\in[M,1[$. Alors $f(\alpha)\geqslant0$, soit
$$q\sum_{i=1}^np^{i-1}\alpha^{n-i}\leqslant\alpha^n.\qquad(\ast\ast)$$

*Récurrence d'ordre $n$ à partir du rang $n+1$.* Montrons $u_k\leqslant\alpha^{k-n}$ pour $k\geqslant n+1$.
- Rangs $k=n+j$, $1\leqslant j\leqslant n$ : pour $i\in\{n,\dots,2n-1\}$, $u_{i+1}\leqslant Mu_i\leqslant\alpha u_i$, donc $u_{n+j}\leqslant\alpha^ju_n\leqslant\alpha^j$ puisque $u_n=1-p^n<1$.
- Soit $k\geqslant2n+1$ tel que la propriété soit vraie aux rangs $k-n,\dots,k-1$ (tous $\geqslant n+1$). Par $(\star)$ et $(\ast\ast)$ :
$$u_k=\sum_{i=1}^nqp^{i-1}u_{k-i}\leqslant\sum_{i=1}^nqp^{i-1}\alpha^{k-i-n}=\alpha^{k-2n}\,q\sum_{i=1}^np^{i-1}\alpha^{n-i}\leqslant\alpha^{k-2n}\alpha^n=\alpha^{k-n}.$$

$$\boxed{\exists\alpha\in[M,1[,\ \forall k\geqslant n+1,\quad u_k\leqslant\alpha^{k-n}.}$$

### Question 43

La suite $(A_{n,k})_k$ est croissante pour l'inclusion ; par continuité croissante et Q42 ($0<u_k\leqslant\alpha^{k-n}\to0$ puisque $0\leqslant\alpha<1$) :
$$\boxed{P\Big(\bigcup_{k=1}^{+\infty}A_{n,k}\Big)=\lim_{k\to+\infty}P(A_{n,k})=1-\lim_{k\to+\infty}u_k=1.}$$
Avec $n=10\,000$ : l'événement « on obtient à un moment une série d'au moins $10\,000$ piles consécutifs » est exactement $\bigcup_kA_{10\,000,k}$ (une telle série se termine à un rang fini $k$). Il est de probabilité $1$ : il est presque sûr, quel que soit $p\in]0,1[$.

### Question 44

Ici $n=5$, $p=\frac12$, $k=100\geqslant n+1$. Avec la valeur admise $\alpha=0{,}9827$, Q42 donne $u_{100}\leqslant\alpha^{95}\leqslant0{,}193$, d'où par Q40
$$\boxed{P(A_{5,100})=1-u_{100}\geqslant1-0{,}193=0{,}807\geqslant0{,}8.}$$
La probabilité d'obtenir au moins cinq piles consécutifs en $100$ lancers d'une pièce équilibrée est donc au moins $0{,}8$.

*Remarque sur la donnée.* La valeur admise n'est pas compatible avec Q42 : $u_5=\frac{31}{32}$, $u_6=\frac{61}{64}$, donc $M\geqslant\frac{u_6}{u_5}=\frac{61}{62}\approx0{,}9839>0{,}9827$, et $f(0{,}9827)<0$. Avec ce $\alpha$, la majoration $u_k\leqslant\alpha^{k-5}$ est d'ailleurs fausse à partir de $k=113$. Elle est cependant vraie pour $k=100$ (la récurrence de Q37 donne $u_{100}\approx0{,}1899$), si bien que la conclusion est exacte : $P(A_{5,100})\approx0{,}8101$.

### Question 45

Démarche, calquée sur la partie B.
1. **Linéariser.** Travailler sur $u_k=1-P(A_{n,k})$, qui vérifie la récurrence linéaire d'ordre $n$ $(\star)$ (Q40), sans terme constant.
2. **Vectoriser.** Poser $V_k=(u_{k+n-1},\dots,u_{k+1},u_k)^\top$. Alors $V_{k+1}=NV_k$ avec la matrice compagnon $N$ de première ligne $(q,\ qp,\ \dots,\ qp^{n-1})$, de sous-diagonale formée de $1$ et nulle ailleurs ; donc $V_k=N^{k-1}V_1$.
3. **Polynôme caractéristique.** Comme en Q17, $\chi_N(X)=X^n-q\sum_{i=1}^np^{i-1}X^{n-i}$ : c'est le polynôme qui définit $f$.
4. **Racines de module $<1$.** Si $\mu$ est racine avec $|\mu|\geqslant1$, alors $|\mu|^n\leqslant q\sum_{i=1}^np^{i-1}|\mu|^{n-i}\leqslant|\mu|^{n-1}(1-p^n)<|\mu|^{n-1}$, d'où $|\mu|<1$ : absurde. Les racines vérifient aussi $\mu\neq0$ car $\chi_N(0)=-qp^{n-1}\neq0$.
5. **Racines simples, diagonalisation.** Comme en Q19, $(X-p)\chi_N=X^{n+1}-X^n+qp^n=\Psi$, avec $\Psi'=X^{n-1}\big((n+1)X-n\big)$. Une racine multiple de $\chi_N$ serait racine multiple de $\Psi$, donc égale à $\frac{n}{n+1}$ ; on montre alors que cela force $p=\frac n{n+1}$ et que $p$ serait racine au moins triple de $\Psi$, ce qu'exclut $\Psi''(\frac n{n+1})\neq0$. Donc $\chi_N$ a $n$ racines distinctes $\mu_1,\dots,\mu_n$ et $N=QDQ^{-1}$ avec $D=\mathrm{diag}(\mu_1,\dots,\mu_n)$.
6. **Conclure.** Comme en Q21, la dernière composante de $V_k=QD^{k-1}Q^{-1}V_1$ s'écrit $u_k=\sum_i\gamma_i\mu_i^{k-1}$ ; avec $c_i=\gamma_i/\mu_i$ :
$$\boxed{\forall k\in\mathbb{N}^*,\quad P(A_{n,k})=1-\sum_{i=1}^nc_i\mu_i^k,\qquad|\mu_i|<1.}$$
Les $c_i$ se déterminent, si on le souhaite, par les $n$ conditions initiales (système de Vandermonde inversible puisque les $\mu_i$ sont distincts et non nuls).