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Lyc´ee Michelet CPGE 2e ann´ee PC*
Mardi  f´evrier  16h-19h
Colle num´ero 15
Probabilit´es
Interrogateur : Emmanuel Collinet Salle 20
Professeur : Fr´ed´eric Joutel
QUESTIONS DE COURS
QC 1. Ensembles d´enombrables, d´efinition.
QC 2. L’ensemble Z est d´enombrable, un produit de
deux ensembles d´enombrables est d´enombrable.
QC 3. D´efinir une tribu, un espace probabilis´e.
QC 4. Continuit´e croissante, continuit´e d´ecroissante,
sous-additivit´e.
QC 5. Probabilit´e conditionnelle.
QC 6. Formule des probabilit´es compos´ees.
QC 7. D´efinir un syst`eme complet.
QC 8. Formule des probabilit´es totales.
QC 9. Formule de Bayes.
QC 10. Ind´ependance de deux ´ev´enements.
QC 11. Ind´ependance mutuelle d’une famille d’´ev`enements.
QC 12. D´efinir une variable al´eatoire.
QC
13. Fonction de r´epartition d’une variable
al´eatoire, loi d’une variable al´eatoire.
QC 14. Th´eor`eme du transfert (admis)
QC 15. In´egalit´e de Markov.
QC 16. In´egalit´e de Bienaym´e-Tchebichev.
QC 17. Couple de variables al´eatoires, loi conjointe,
loi marginale, loi conditionnelle.
QC 18. Variables al´eatoires ind´ependantes, esp´erance
du produit de deux v.a ind´ependantes (admis).
QC 19. Loi de Bernoulli, binomiale, esp´erance et
variance
QC 20. Loi g´eom´etrique, esp´erance et variance.
QC 21. Loi de Poisson, esp´erance et variance.
QC 22. Somme de deux v.a. ind´ependantes suivant
une loi de Poisson.
EXERCICES
Ex 1. On consid`ere deux
variables
al´
e
atoires
X
et Y telles que X(Ω) = Y (Ω) = {1; 2; . . . ; n},
et P (X = i) ∩ (Y = j) = a × i × j.
1. D´eterminer la valeur de la constante a.
2. Donner la loi, l’esp´erance et la variance de X.
3. D´eterminer la loi de Y .
4. Les variables X et Y sont-elles ind´ependantes ?
5. Calculer P (X = Y ).
Ex 2. Une urne contient n + 1 boules num´erot´ees 0 `a n. On y tire successivement et avec remise, un certain
nombre de boules. La variable al´eatoire Xk est d´efinie de la fa¸con suivante : X1 = 1, et ensuite Xi = 1 si le
num´ero obtenu au tirage i n’avait jamais ´et´e tir´e avant, Xi = 0 sinon.
1. D´eterminer la loi de X2 .
i−1
n
2. Montrer que Xi suit une loi de Bernoulli de param`etre
.
n+1
3. Montrer que, si i < j, on a
(n − 1)i−1 nj−i
P (Xi = 1) ∩ (Xj = 1) =
·
(n + 1)j−1
4. En d´eduire la loi du produit Xi Xj .
5. Les variables Xi et Xj sont-elles ind´ependantes ?
6. On note Zp la variable al´eatoire ´egale au nombre de num´eros distincts obtenus lors des p premiers tirages.
Exprimer Zp en fonction des variables d´efinies pr´ec´edemment.
7. En d´eduire son esp´erance et la limite de celle-ci lorsque p tend vers +∞.
Ex 3. Trois urnes contiennent chacune n boules num´erot´ees de 1 `
a n. On tire une boule dans chaque urne et on
note X1 , X2 et X3 , les trois num´eros obtenus. On note X le plus grand des num´eros obtenus, Z le plus petit et
Y celui du milieu.
D´eterminer la loi du triplet (X, Y, Z) (qui est d´efinie, comme on pourrait s’en douter, comme la donn´ee des
probabilit´es de toutes les intersections de trois ´ev´enements possibles).
En d´eduire la loi de X, de Y et de Z (on pourra commencer par traiter le cas o`
u n = 3).
Ex 4. Soient X, Y et Z trois variables al´eatoires mutuellement ind´ependantes et d´efinies sur le mˆeme espace
probabilis´e Ω. On suppose que X, Y et Z suivent la loi U{1;2;...;n} .
1.a) Donner la loi du couple (X, Y ).
1.b) Montrer que ∀k ∈ {2; 3; . . . ; n + 1},
k−1
·
n2
1.c) Montrer que ∀k ∈ {n + 1; . . . ; 2n},
2n − k + 1
P (X + Y = k) =
·
n2
n−1
2. Utiliser la formule des probabilit´es totales pour d´eduire, de la premi`ere question, que P (X + Y = Z) =
·
2n2
3.a) Montrer que la variable al´eatoire T = n + 1 − Z suit la loi U ({1; 2; . . . ; n}).
3.b) On admet que T est ind´ependante de X et de Y . D´eterminer la probabilit´e P (X + Y + Z = n + 1).
Ex 5. On r´ealise une suite de lancers avec une pi`ece ´equilibr´ee, et on note X le rang d’apparition du premier
hh pile ii et Y le rang d’apparition du deuxi`
eme hh pile ii.
1. Quelle est la loi suivie par la variable X ?
2. D´eterminer la loi du couple (X, Y ).
3. En d´eduire la loi marginale de Y .
4. D´eterminer, pour tout entier j > 2, la loi de X conditionnelle `
a Y = j.
5. D´eterminer, pour tout entier i > 1, la loi de Y − n conditionnelle `
a X = n. Ce r´esultat est-il surprenant ?
P (X + Y = k) =
Ex 6. Soit X une variable al´eatoire r´eelle `a valeurs dans N telle que :
4
∀k ∈ N∗ , P (X = k) = P (X = k − 1) D´eterminer la loi de X.
k
Ex 7. Soit X une variable al´eatoire de loi de Poisson de param`etre λ > 0. Montrer que la probabilit´e que X
soit paire est plus forte que la probabilit´e que X soit impaire.
Ex 8. Si (pn )n>1 est une suite telle que lim npn = λ, alors montrer que si n tend vers +∞, la loi binomiale
n→+∞
B(n, pn ) tend vers une loi de Poisson de param`etre λ.
Ex 9. Soient X et Y deux variables al´eatoires ind´ependantes de lois g´eom´etriques commen¸cant `a 1 et de
param`etres p1 et p2 dans ]0, 1[. On note q1 = 1 − p1 et q2 = 1 − p2 .
1. D´eterminer la loi de S = X + Y .
2. D´eterminer la loi de M = max(X, Y ).
3. D´eterminer la loi de I = min(X, Y ). Que remarque-t-on ?
4. Calculer P (X = Y ).
5. Calculer P (X > Y ).
1
Ex 10. Soit X ,→ B(n, p). Calculer E
X +1
Ex 11. Soit X ,→ P(λ) et Z = X!. CalculerE(Z).
1
1
puis Calculer E
Ex 12. Soit X ,→ P(λ). Calculer E
en cas d’existence. En d´eduire
X +1
(X + 1)(X + 2)
1
.
E
X +2
1
Ex 13. Soit n un entier naturel strictement positif, X une variable al´eatoire suivant une loi binomiale B(n, ),
2
AX
A un r´eel positif et Y une variable al´eatoire d´efinie par Y =
·. Calculer E(Y ).
2n
Emmanuel Collinet
Lyc´ee Michelet CPGE 2e ann´ee PC*
Mardi  f´evrier  16h-19h
Interrogateur : Emmanuel Collinet Salle 20
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Colle num´ero 15
Probabilit´es
Indications
Ex
1. 1. On doit avoir
n X
n
X
P ((X = i) ∩ (Y = j)) = 1, c’est-`
a-dire 1 =
i=1 j=1
n X
n
X
aij = a
i=1 j=1
n
n
X
X
n2 (n + 1)2
, donc
i
j = a
4
i=1 j=1
4
·
a= 2
n (n + 1)2
2. Via la formule des probabilit´es totales, P (X = i) =
n
X
P ((X = i) ∩ (Y = j)) = ai
j=1
n
X
j = ai
j=1
n(n + 1)
2i
=
· Et donc
2
n(n + 1)
n
X
2n(n + 1)(2n + 1)
2n + 1
2i2
=
=
·
E(X) =
n(n
+
1)
6n(n
+
1)
3
i=1
3. La loi de Y est la mˆeme que celle de X puisqu’obtenue par le mˆeme calcul.
2j
2i
4
×
ij = aij = P ((X = i) ∩ (Y = j)). Les deux variables sont
4. On v´erie que P (X = i)×P (Y = j) =
= 2
n(n + 1) n(n + 1)
n (n + 1)2
donc ind´ependantes.
n
n
X
X
4n(n + 1)(2n + 1)
2(2n + 1)
4i2
=
=
·
5. On a P (X = Y ) =
P ((X = i) ∩ (Y = i)) =
2
2
2 (n + 1)2
n
(n
+
1)
6n
3n(n
+ 1)
i=1
i=1
Ex 2. 1. L’´ev`enement X2 = 1 signie qu’on tire au deuxi`
eme tirage
une boule diff´erente de celle tir´ee au premier, ce qui se produit
1
n
· On en d´eduit que X2 ∼ B 1,
·
avec une probabilit´e
n+1
n+1
2. De mˆeme Xi = 1, si chacun des i − 1 premiers tirages a donn´e une boule diff´erente de Xi , ce qui se produit avec probabilit´e
i−1
n
n
pour chacun, donc Xi ∼ B
·
n+1
n+1
n
3. On a Xi = 1 et Xj = 1, si les tirages i et j donnent des r´esultats diff´erents (probabilit´e
), si chacun des i − 1 premiers
n+1
n
tirages est diff´erent du i−`eme et du j−`eme (proba
, i − 1 fois) et si chacun des tirages entre le i−`eme et le j−`eme est diff´erent
n+1
j−i (n − 1)i−1 nj−i
n − 1 i−1
n
n
du j-`eme (proba
, j − i − 1 fois), soit une probabilit´e globale de
·
=
n+1
n+1
n+1
(n + 1)j−1
4. Si Xi et Xj sont deux lois de Bernoulli, Xi Xj est aussi une loi de Bernoulli, dont le param`etre est la valeur calcul´ee `
a la question
pr´ec´edente, puisqu’avoir Xi Xj = 1 ´equivaut `a (Xi = 1) ∩ (Xj = 1)).
5. La formule donnant P ((Xi = 1) ∩ (Xj = 1)) n’est pas ´egale au produit P (Xi = 1).P (Xj = 1). Les deux variables ne sont donc
pas ind´ependantes.
p
X
6. On a tout simplement Zp =
Xi .
i=1
p i−1
p X
n
n
= (n + 1) 1 −
n+1
n+1
i=1
i=1
Lorsque p tend vers l’infini, cette esp´erance a pour limite n + 1. C’est tout `
a fait logique, quand le nombre de boules tir´ees tend
vers l’infini, on s’attend `a tirer toutes les boules de l’urne, soit n +1 boules diff´erentes.
Ex 3. Commen¸cons donc par le cas particulier o`
u n = 3, ce qui permet encore de pr´esenter sous forme de tableau. Les trois
tableaux correspondent respectivement `a Z = 1, Z = 2 et Z = 3. Il y a 27 tirages possibles au total, se r´epartissant comme suit :
7. On en d´eduit que E(Zp ) =
p
X
E(Xi ) =
Z=1
z
Y |X
1
1
1
27
2
3
}|
Z=2
2
3
0
3
27
3
27
0
0
3
27
6
27
3
27
{
z
Y |X
1
1
0
2
3
}|
Z=3
2
0
3
0
0
1
27
0
0
3
27
3
27
{
z
Y |X
1
2
1
0
0
3
0
}|
2
0
0
3
0
0
0
1
27
{
Pour obtenir les trois marginales, il faut dans le cas de Z faire la somme tableau par tableau, et dans le cas de X et de Y faire
respectivement les sommes par lignes et par colonnes, en ajoutant les r´esultats des trois tableaux. On obtient :
X
Y
Z
3
1
2
3
1
27
7
27
19
27
7
27
13
27
7
27
19
27
7
27
1
27
Traitons maintenant le cas g´en´eral. Soient (i, j, k) ∈ [[1, n]] . Si i > j > k, on a P ((X = i) ∩ (Y = j) ∩ (Z = k)) = n63 (il y a n3
tirages au total, et 6 favorables le nombre de permutations possibles des trois r´esultats).
Si i = j > k ou i > j = k, on a P ((X = i) ∩ (Y = j) ∩ (Z = k)) = n33 , et si i = j = k, on a P ((X = i) ∩ (Y = j) ∩ (Z = k)) = n13
, et le reste du temps P ((X = i) ∩ (Y = j) ∩ (Z = k)) = 0 (tous ces cas sont d´ej`a pr´esents dans le cas n = 3). La formule des
probabilit´es totales donne :
n X
n
n
n
X
X
X
1
3
P ((X = i) ∩ (Y = j) ∩ (Z = k))
P (Z = k) =
P ((X = i) ∩ (Y = j) ∩ (Z = k)) = 3 + (n − k) 3 +
n
n
j=k i=j
j=k+1 i=j
n X
1
n−k
3
n−j
1
P (Z = k) = 3 + 3 3 +
+6 3
= 3 (1 + 6(n − k) + 3(n − k − 1)(n − k)).
3
n
n
n
n
n
j=k+1
1
(1 + 6(k − 1) + 3(k − 2)(k − 1)). Enfin,
n3
j−1
j
n
n X
X
X
X
3
1
1
6
= 3 (1 + 3(n − 1) + 6(j − 1)(n − j)).
P (Y = j) =
P ((X = i) ∩ (Y = j) ∩ (Z = k)) = 3 + (n − 1) 3 +
3
n
n
n
n
i=j+1
i=j
X est sym´etrique de celle de Z : P (X = k) = P (Z = n + 1 − k) =
k=1
k=1
1 1
1
Ex 4. 1. (a) Puisque les deux variables sont ind´ependantes, P ((X = i) ∩ (Y = j)) = × = 2 ·
n
X
n n
n
(b) Si k 6 n + 1, P (X + Y = k) =
P ((X = i) ∩ (Y = k − i)). Mais si on veut avoir 1 6 k − i 6 n, on devra choisir des valeurs de
k−1
k−1
i=1
X
X 1
k−1
i v´erfiant i 6 k − 1 (on aura toujours k − i 6 n si k 6 n + 1), donc P (X + Y = k) =
·
P ((X = i) ∩ (Y = k − i)) =
2 =
n
n2
i=1
i=1
(c) Si k > n + 1, on doit de mˆeme se restreindre pour avoir cette fois k − i 6 n, ce qui impose i > k − n, donc
n
n
X
X
2n − k + 1
k−1
P (X + Y = k) =
=
·
P ((X = i) ∩ (Y = k − i)) =
n2
n2
i=k−n
i=k−n
2. Les variables X + Y et Z sont ind´ependantes, on a donc :
n
n
n
X
X
k−1 1
1 X(k − 1) = n − 1
×
P (X + Y = Z) =
=
P (X + Y = k)×P (Z = k) =
n2
n
n3 k=2
2n2
k=2
k=2
1
3. (a) P (T = k) = P (n + 1 − Z = k) = P (Z = n + 1 − k) = n pour 1 6 n + 1 − k 6 n, c’est-`
a-dire pour 1 6 k 6 n. La variable
al´eatoire T a bien la mˆeme loi que Z.
(b) On en d´eduit que P (X + Y + Z = n + 1) = P (X + Y = n + 1 − Z) = P (X + Y = T ). Comme Z et T suivent la mˆeme loi, cette
n−1
·
probabilit´e est la mˆeme que celle calcul´ee un peu plus haut :
2n2
k
1
Ex 5. 1. P (X = k) =
·
2
2. Soient i et j deux entiers sup´erieurs ou ´egaux `a 1. Si i > j, on aura bien sˆ
ur P ((X = i) ∩ (Y = j)) = 0 (le deuxi`eme hh pile ii ne
peut pas apparaitre avant le premier). Si i < j, un seul tirage permet d’obtenir X = i et Y = j : celui constitu´e de i − 1 hh face ii, puis
le premier hh pile ii, puis une nouvelle s´erie de hh face ii entre les tirages i et j, et enfin le deuxi`eme hh pile ii. On impose donc le r´esultat
1
des j premiers lancers de la s´erie, ce qui donne P ((X = i) ∩ (Y = j)) = j ·
2
3. Par la formule des probabilit´es totales, ∀j > 2 (Y prend n´ecessairement des valeurs sup´erieurs ou ´egales `
a 2) :
j−1
+∞
X
X
1 = j−1·
P (Y = j) =
P ((X = i) ∩ (Y = j)) =
j
2
2j
i=1
i=1
P ((X = i) ∩ (Y = j)
1
4. On a ∀i < j PY =j (X = i) =
=
· Autrement dit, si on connait le rang du deuxi`eme hh pile ii, la loi du
j−1
P (Y = j)
premier est uniforme sur les tirages pr´ec´edents.
5. Il faut calculer PX=n (Y − n = k) = PX=n (Y = n + k). Cette probabilit´e est non nulle pour tout entier k > 1 et vaut
P ((X = n) ∩ (Y = n + k))
1 × n
1
C’est logique : le temps d’attente du deuxi`eme hh pile ii `a partir du lancer suivant le
=
2 =
P (X = n)
2n+k
2k
premier hh pile ii suit la mˆeme loi que le temps d’attente du premier hh pile ii.
4k
P (X = 0) et une r´ecurrence simple d´emontre le r´esultat.
k!
P
Il ne reste plus qu’`a d´eterminer P (X = 0). Comme X est une variable al´eatoire la s´erie
P (X = k) converge et sa somme vaut 1.
+∞
X
k
4
−4
= 1 =⇒ P (X = 0) = e =⇒ X ,→ P(4).
Donc P (X = 0)
k!
k=0
X
X λ2k
X
X λ2k+1
Ex 7. On a : P (X paire) =
P (X = 2k) = e−λ
et P (X impaire) =
P (X = 2k + 1) = e−λ
. On forme
(2k)!
(2k + 1)!
k∈N
k∈N
k∈N
k∈N
X (−λ)k
la diff´erence : P (X paire) − P (X impaire) = e−λ
= e−2λ > 0
(k)!
k∈N
n k
Ex 8. On a Pn (X = k) =
pn (1 − pn )n−k et lim npn = λ. D’apr`es la formule de Stirling,
n→+∞
k
√
k
r
n −n n ln(1−pn )
p
2πnn
e e
n
λk
λk n ln(1−pn )
n!
n ·
1
·
· (1 − pn )n ∼ p
·
=
·e
n−k ·
n−k −(n−k) nk
1 − pn
n
−
k
k!
k!(n − k)!
k
k! 2π(n − k)(n − k)
e
ek
| {z } 1 −
n{z
→1
|
}
Ex 6. Quelques it´erations permettent d’induire ∀ ∈ N, P (X = k) =
→1
Il ne reste plus qu’`a constater que lim en ln(1−pn ) = e−λ car pn → 0 =⇒ n ln(1 − pn ) ∼ −npn → −λ.
n→+∞
[
Ex 9. 1. On a {S = k} =
((X = `) ∩ (Y = k − `)), les ensembles ´etant disjoints.
`∈N
Donc, pour k > 2, P (S = k) =
k−1
X
`=1
p1 q1`−1 p2 q2k−`−1 = p1 p2 q2k−2
k−1
X
`=1
q1
q2
`−1
= p1 p2
q2k−1 − q1k−1
formule qui se prolonge pour
q2 − q1
k = 1.
2. On a {M 6 k} = (X 6 k) ∩ (Y 6 k). L’ind´ependance des variables assure que , P (M 6 k) = P (X 6 k)P (Y 6 k)
k
k
X
X
Or P (X 6 k) =
P (X = j) =
p1 q1j = 1 − q1k et de mˆeme P (Y 6 k) = 1 − q2k .
j=1
j=1
Donc pour k > 1, P (M = k) = P (M 6 k) − P (M 6 k − 1) = (1 − q1k )(1 − q2k ) − (1 − q1k−1 )(1 − q2k−1 ).
3. On a {I > k} = (X > k) ∩ (Y > k). L’ind´ependance des variables assure que , P (I > k) = P (X > k)P (Y > k)
+∞
+∞
X
X
Or P (X > k) =
P (X = j) =
p1 q1j−1 = q1k−1 et de mˆeme P (Y > k) = q2k−1 .
j=k
j=k
Emmanuel Collinet − 4
Donc pour k > 1, P (I = k) = P (I > k) − P (I > k + 1) = (q1 q2 )k−1 − (q1 q2 )k = (1 − q1 q2 )(q1 q2 )k−1 . On reconnaˆıt une loi
g´eom´etrique de param`etre p = 1 − q1 q2 .
+∞
[
X
p1 p2
4. On a {X = Y } =
((X = `) ∩ (Y = `)), les ensembles ´etant disjoints. P (X = Y ) =
·
p1 q1`−1 p2 q2`−1 =
1 − q2 q1
∗
`=1
`∈N
[ [
5. De mˆeme, {X > Y } =
((X = `) ∩ (Y = k)), les ensembles ´etant disjoints.
k∈N∗ `>k
Donc P (X > Y ) =
+∞ X
+∞
X
P (X = `)P (Y = k) =
k=1 `=k
+∞ X
+∞
X
k=1 `=k
p1 q1`−1 p2 q2k−1 =
+∞
X
k=1
p2 (q1 q2 )k−1 =
p2
·
1 − q2 q1
1
1
= g(X) o`
ug:t→
. Comme X(Ω) = [[0, n]] et X(Ω) ⊂ Dg = R \ −1, alors d’apr`es le cours
1+t
1+X
Y reste une variable discr`ete (finie) et selon le th´eor`eme de transfert :
n
n+1
n
n
X
X n + 1 X
n k
n+1 k
1
1 P (X = k) = X 1
E(Y ) =
p (1 − p)n−k =
p (1 − p)n−k = 1
pk−1 (1−p)n+1−k
k+1
k+1 k
n+1 k+1
n+1
k
k=0
k=0
k=0
k=1
{z
}
|
n
n+1
car (n+1)
= (k + 1)
k
k+1
n+1
X
n+1 k
1
1
1
=
p (1 − p)n+1−k =
p + (1 − p))n+1 − (1 − p)n+1 =
1 − (1 − p)n+1
k
p(n + 1)
p(n + 1)
p(n + 1) k=1
X e−λλk
est convergente, par le
Ex 11. La variable X! admet une esp´erance si, et seulement si, la s´erie `a termes positifs
k!
k!
th´eor`eme de transfert. Or pour tout k > 0, e−λ λk est proportionnelle `a une s´erie g´eom´etrique de raison λ. Donc X! admet une
e−λ
·
esp´erance si, et seulement si | λ | < 1, auquel cas : E(X!) =
1−λ
X 1
1
Ex 12. La variable
admet une esp´erance lorsque la s´erie `a termes positifs
P (X = k) est convergente selon le
k+1
X +1
−λ
−λ k
k+1
1
e
e λ
λ
th´eor`eme de transfert. Or pour tout entier naturel k,
=
·
P (X = k) =
·
k+1
λ (k + 1)!
(k + 1)k!
+∞
1
1
e−λ X λk+1
Ainsi la s´erie converge comme s´erie proportionnelle `a une s´erie exponentielle. En conclusion E
existe et E
=
X +1
X +1
λ k=0 (k + 1)
Ex 10. Nous poserons Y =
e−λ λk
e−λ
λk+2
1
P (X = k) =
= 2 ·
· D’o`
u la convergence de la s´erie.
En proc´edant comme pr´ec´edemment,
(k + 1)(k + 2)
(k + 2)!
(k + 2)!
λ
+∞
−λ
1 − e−λ − λe−λ
1
e−λ X λk+2
Ensuite, E
= 2
= e 2 eλ − 1 − λ =
·
λ
λ2
(X + 1)(X + 2)
λ k=0 (k + 2)!
1 − e−λ 1 −
1
1
1
1
1
, par lin´earit´e de l’esp´erance, la variable
Comme
=
−
admet une esp´erance et E
=
−
X +2
X + 1 (X + 1)(X + 2)
X +2
X +2
λ
t
A
avec A ∈ R+ . Comme X(Ω) = [[0, n]], X(Ω) ⊂ Dg = R, alors d’apr`es le cours Y reste
Ex 13. On pose Y = g(X) o`
ug:t→
2n
n
n
X
Ak P (X = k) = X Ak n
1 k 1 n−k
une variable discr`ete (finie) et selon le th´eor`eme de transfert : E(Y ) =
2n
2n k
2
2
k=0
k=0
n n
X
(A + 1)
n k
1
d’o`
u E(Y ) = n+1
A =
k
n2n+1
2
n k=0
Emmanuel Collinet − 5