\input{../preambules/preDM.tex}

\begin{document}
\renewcommand{\P}{\mathscr{P}}

\chead{Devoir maison n°15}
\lfoot{}
\cfoot{Probabilités, \'Etude de fonctions}

\begin{center}
\fbox{ \Large Correction Devoir maison n°15}
\end{center}
\vspace{10pt}


\section*{Exercice 1} 
On dispose de deux urnes $U_1$ et $U_2$ : $U_1$ contient 2 boules blanches et 2 boules noires et $U_2$ contient
une boule blanche et 3 boules noires. On effectue des tirages avec remise d'une boule selon le
protocole suivant :
\begin{itemize}
\item le premier tirage se fait dans l'urne $U_1$
\item si le $n^{i\grave{e}me}$ tirage a donné une boule blanche (resp. noire), le $n+1$ ième tirage s'effectue dans l'urne $U_1$ (resp. $U_2$).
\end{itemize} 
On introduit les événements $B_n$ (resp $N_n$) "le $n^{i\grave{e}me}$ tirage donne une boule blanche (resp. noire) " et on note $p_n = P(B_n)$.
\begin{enumerate}
\item Le premier tirage se fait dans l'urne $1$, donc 
\begin{center}
\fbox{$
p_1 = \dfrac{1}{2}
$.}
\end{center}
Les évènements $(B_1,N_1)$ forment un système complet d'évènements. Ainsi, d'après la formule des probabilités totales
\begin{align*}
p_2 & = p(B_1) \times p_{B_1} (B_2) + p(N_1) \times p_{N_1}(B_2) \\
& = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{4} \\
& = \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{8}
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{Ainsi  $p_2 = \dfrac{3}{8}$.}
\end{center}
\item On calcule 
$$
p(B_1 \cap B_2) = p(B_1) \times p_{B_1} (B_2) = \dfrac{1}{4}
$$
et d'un autre côté,
$$
P(B_1) \times P(B_2) = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{3}{8} = \dfrac{3}{16}
$$
\begin{center}
 \fbox{Les évènements $B_1$ et $B_2$ ne sont pas indépendants.}
 \end{center} 
\item Les évènements $(B_n,N_n)$ forment un système complet d'évènements. Ainsi, d'après la formule des probabilités totales
\begin{align*}
p_{n+1} & = p(B_n) \times p_{B_n} (B_{n+1}) + p(N_n) \times p_{N_n}(B_{n+1}) \\
& = p_n \times \dfrac{1}{2} + (1 - p_n) \times \dfrac{1}{4} \\
& = \dfrac{1}{4} + \dfrac{p_n}{2} - \dfrac{p_n}{4} 
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{Ainsi, $p_{n+1} = \dfrac{1}{4}p_n + \dfrac{1}{4}$.}
\end{center}
\item On reconnait une suite arithmético-géométrique. On résout l'équation 
\begin{align*}
x = \dfrac{1}{4}x + \dfrac{1}{4} & \Longleftrightarrow \dfrac{3}{4}x = \dfrac{1}{4} \\
& \Longleftrightarrow x = \dfrac{1}{3}
\end{align*}
On pose alors la suite $v_n = p_n - \dfrac{1}{3}$. On remarque que 
\begin{align*}
v_{n+1} & = p_{n+1} - \dfrac{1}{3} \\
& = \dfrac{1}{4} p_n + \dfrac{1}{4} - \dfrac{1}{3} \\
& = \dfrac{1}{4} \left( v_n + \dfrac{1}{3} \right) - \dfrac{1}{12} \\
& = \dfrac{1}{4}v_n
\end{align*}
La suite $(v_n)_{n \in \N^*}$ est géométrique et $v_1 = p_1 - \dfrac{1}{3} = \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{3}= \dfrac{1}{6}$, on a donc
$$v_n = \dfrac{1}{6} \times \left( \dfrac{1}{4} \right)^{n-1} $$
\begin{center}
\fbox{Ainsi, $p_n = \dfrac{1}{6} \times \left( \dfrac{1}{4} \right)^{n-1} + \dfrac{1}{3}$.}
\end{center}
Comme $| 1/4 | < 1$, on a $\li_{n \to + \infty} \left( \dfrac{1}{4} \right)^{n-1} = 0$ et donc
\begin{center}
\fbox{$
\li_{n \to +\infty} p_n = \dfrac{1}{3}
$}
\end{center}
\end{enumerate} 

\section*{Exercice 2}
On considère l'application $\varphi$ définie sur $\R^*_+$ par :
$$
\forall x \in \R_+^*, \quad \varphi(x) = \ln(x) - \ln(x+1) + \dfrac{1}{x}
$$
La courbe représentative de $\varphi$ sera notée $\mathscr{C}$. On rappelle que $\ln(2) \approx 0,7$ et $\ln(3) \approx 1,1$
\begin{enumerate}
\item On a pour tout $x \in \R_+^*$, 
$$
\varphi(x) = \dfrac{x \ln(x) + 1}{x} - \ln(x+1) 
$$ 
Or $\li_{x \tos 0} x \ln(x) = 0$ par croissance comparée et $\li_{x \tos 0} \dfrac{1}{x} = + \infty$ donc 
\begin{center}
\fbox{$ \li_{x \tos 0} \varphi(x) = + \infty$. }
\end{center}
\begin{center}
\fbox{La courbe admet une asymptote verticale en $x= 0$.}
\end{center}
\item On a 
$$
\varphi(x) = \ln \left( \dfrac{x}{x+1} \right) + \dfrac{1}{x}
$$
Or 
$$
\li_{x \to + \infty} \dfrac{x}{x+1} = 1,
$$
et $\li_{X \to 1} \ln(X) = 0$ et $\li_{x \to + \infty} \dfrac{1}{x} = 0$. On a 
\begin{center}
\fbox{$\li_{x \to + \infty} \varphi(x) = 0$. }
\end{center}
\item \begin{itemize}
\item La fonction $x \to \ln(x)$ est de classe $\mathcal{C}^2$ sur $\R_+^*$.
\item La fonction $x \to \ln(x+1)$ est de classe $\mathcal{C}^2$ sur $\R_+^*$.
\item La fonction $x \to \dfrac{1}{x}$ est de classe $\mathcal{C}^2$ sur $\R_+^*$.
\end{itemize}
Par somme de fonctions de classe $\mathcal{C}^2$, 
\begin{center}
\fbox{la fonction $\varphi$ est de classe $\mathcal{C}^2$ sur $\R_+^*$.}
\end{center}
\item La fonction $\varphi$ est de classe $\mathcal{C}^2$ sur $\R_+^*$ donc dérivable et pour tout $x \in \R_+^*$,
\begin{align*}
\varphi'(x) & = \dfrac{1}{x} - \dfrac{1}{x+1} - \dfrac{1}{x^2} \\
& = \dfrac{x(x+1)}{x^2 (x+1)} - \dfrac{x^2}{x^2 (x+1)} - \dfrac{x+1}{x^2(x+1)} \\
& = \dfrac{x^2 +x - x^2 - x - 1}{x^2 (x+1)} \\
& = \dfrac{-1}{x^2 (x+1)} <0
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{La fonction $\varphi$ est strictement décroissante sur $\R_+^*$.}
\end{center}

\item On dresse le tableau de variation de $\varphi$. 
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=3,espcl=3]{$x$/1,Signe de $\varphi'(x)$/1, Variations de $\varphi$/2}{$0$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,-,}
\tkzTabVar{+/$+\infty$,-/0}
%\tkzTabVal{1}{2}{0.5}{0}{0}
\end{tikzpicture}
\end{center}
\item la fonction $\varphi$ est de classe $\mathcal{C}^2$ sur $\R_+^*$ et $\forall x \in \R_+^*$ 
\begin{align*}
\varphi''(x) & = \dfrac{- (-1) \times (3x^2 + 2x)}{(x^2 (x+1))^2} \\
& = \dfrac{x(3x+2)}{(x^2 (x+1))^2} > 0
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{La fonction $\varphi$ est convexe.}
\end{center}
\item L'équation de la tangente de $\varphi$ en $1$ est 
$$ y = \varphi'(1) (x-1) + \varphi(1) = - \dfrac{1}{2} (x - 1) + 1 - \ln(2) $$
c'est à dire,
\begin{center}
\fbox{$y = - \dfrac{1}{2}x + \dfrac{3}{2} - \ln(2)$.}
\end{center}
\item La fonction $\varphi$ est convexe, elle est donc au dessus de toutes ses tangentes,
$$
\forall x \in \R_+^*, \quad \varphi(x) > -\dfrac{1}{2}x + \dfrac{3}{2} - \ln(2) 
$$
et comme $\ln(2) >0$, 
\begin{center}
\fbox{$\forall x \in \R_+^*, \quad \varphi(x) > -\dfrac{1}{2}x + \dfrac{3}{2} $.}
\end{center}
\item On trace 
\begin{figure}[h]
\centering
\includegraphics[scale=0.5]{DM15_C1.png}
\caption{Courbe $\mathscr{C}$ et droite $\Delta$.}
\end{figure} 
\item La fonction $\varphi$ est continue et strictement décroissante sur $\R_+^*$ et $\varphi(\R_+^*) = \R_+^*$. Donc d'après le théorème de la bijection, \begin{center}
\fbox{il existe un unique $\alpha \in \R_+^*$ tel que $\varphi(\alpha) = 1$. }
\end{center}
De plus 
\begin{align*}
\varphi\left( \dfrac{1}{3} \right) &  = \ln\left(\dfrac{1}{3} \right) - \ln\left(\dfrac{1}{3} + 1 \right) + 3 \\
 & = - \ln\left(3 \right) - \ln\left(\dfrac{4}{3} \right) + 3 \\
 & = - \ln(4) - \ln(3) + \ln(3) + 3 \\
 & = 3 - 2 \ln(2) \approx 1,6 > 1
\end{align*}
et 
\begin{align*}
\varphi\left( \dfrac{1}{2} \right) &  = \ln\left(\dfrac{1}{2} \right) - \ln\left(\dfrac{1}{2} + 1 \right) + 2 \\
 & = - \ln\left(2 \right) - \ln\left(\dfrac{3}{2} \right) + 2 \\
 & = - \ln(3) - \ln(2) + \ln(2) + 2 \\
 & = 2 -  \ln(3) \approx 0,9 < 1
\end{align*}
On a donc (comme la fonction $\varphi$ est bijective, elle admet une réciproque strictement décroissante). 
\begin{center}
\fbox{$
\varphi\left( \dfrac{1}{3} \right) > \varphi(\alpha) > \varphi\left( \dfrac{1}{2} \right) \Longleftrightarrow \dfrac{1}{3} < \alpha < \dfrac{1}{2}
$}
\end{center}
\item On utilise la méthode de dichotomie légèrement modifié
\begin{verbatim}
a= 1/3
b= 1/2
while abs(b-a) > 10^(-2) do
    c = (a+b)/2
    if log(c) - log(c+1) + 1/c > 1 then
        a = c
    else
        b = c
    end
end
disp(a)
\end{verbatim} 
\end{enumerate}

\section*{Exercice 3} %ESC 2008


Un joueur A dispose d'une pi\`{e}ce qui a la propri\'{e}t\'{e} de faire PILE
avec la probabilit\'{e} $\dfrac{1}{3}$.\newline
Un joueur B dispose d'une pi\`{e}ce qui a la propri\'{e}t\'{e} de faire PILE
avec la probabilit\'{e} $p\in ]0,1[$.\newline
Les r\'{e}sultats des lancers de ces pi\`{e}ces seront toujours suppos\'{e}s
ind\'{e}pendants.


Dans cette partie, on effectue le jeu suivant : \textit{Les joueurs A et B lancent leur pi\`{e}ce simultan\'{e}ment jusqu'%
\`{a} ce qu'au moins une des deux pi\`{e}ces donne PILE.\newline
Si A et B ont fait PILE simultan\'{e}ment, le jeu s'arr\^{e}te sans que
personne n'ait gagn\'{e} d'argent.\newline
Sinon, le premier \`{a} obtenir PILE s'arr\^{e}te et l'autre continue ses
lancers jusqu'\`{a} obtenir PILE \'{e}galement et paye un euro \`{a} son
adversaire \`{a} chacun des lancers de cette s\'{e}rie \textquotedblleft en
solitaire".}\newline
Par exemple, si A a obtenu PILE pour la premi\`{e}re fois \`{a} son $7$-i%
\`{e}me lancer et si B a obtenu PILE pour la premi\`{e}re fois \`{a} son $11$%
-i\`{e}me lancer, c'est B qui doit payer \`{a} A la somme de $4$ euros.%
\newline
On note $X$ la variable al\'{e}atoire \'{e}gale au nombre de lancers effectu%
\'{e}s par le joueur A et $Y$ la variable al\'{e}atoire \'{e}gale au nombre
de lancers effectu\'{e}s par le joueur B et $Z=Y-X$.

\begin{enumerate}
\item $X$ représente le premier succès lors d'une répétition d'expériences de Bernoulli. $X$ suit donc une loi géométriques de paramètre $\dfrac{1}{3}$. $Y$ suit pour sa part une loi géométrique de paramètre $p$. On a donc
\begin{center}
\fbox{$
X(\Omega) = \N^*, \quad Y(\Omega) = \N^*
$}
\end{center}
\begin{center}
\fbox{$\forall k \in \N^*, \quad P(X=k) = \left( \dfrac{2}{3} \right)^{k-1} \times \dfrac{1}{3}, \quad P(Y=k) = (1-p)^{k-1} p $.}
\end{center}
\begin{center}
\fbox{$E(X) = 3, \quad E(Y) = \dfrac{1}{p}, \quad V(X) = \dfrac{\dfrac{2}{3}}{\left( \dfrac{1}{3} \right)^2 } = 6 \quad V(Y) = \dfrac{1-p}{p^2}$.}
\end{center}

\item 
\begin{enumerate}
\item On a, par la linéarité de l'espérance, \begin{center}
\fbox{$E(Z) = E(Y) - E(X) = \dfrac{1}{p} - 3 = \dfrac{1-3p}{p}$.}
\end{center}

\item En passant par les sommes partielles,
\begin{align*}
\forall n \in \N^*, \sum_{k=1}^n P(X=k) P(Y=k) & = \sum_{k=1}^n \left( \dfrac{2}{3} \right)^{k-1} \times \dfrac{1}{3} \times (1-p)^{k-1} p \\
& = \dfrac{p}{3} \sum_{k=1}^n \left( \dfrac{2(1 - p)}{3} \right)^{k-1} \\
& = \dfrac{p}{3} \sum_{k=0}^{n-1} \left( \dfrac{2(1 - p)}{3} \right)^{k} 
\end{align*}
On reconnait une somme partielle d'une série géométrique convergente. On a alors
\begin{align*}
\sum_{k=1}^{+ \infty} P(X=k) P(Y=k) & = \dfrac{p}{3} \times \left( \dfrac{1}{1 - \dfrac{2(1-p)}{3}} \right) \\
& =  \dfrac{p}{3} \times \left( \dfrac{3}{3 - 2 + 2p} \right)
\end{align*}
On a donc
\begin{center}
\fbox{$ \ds \sum_{k=1}^{+ \infty} P(X=k) P(Y=k) = \dfrac{p}{1+2p}$.}
\end{center}
On a 
\begin{align*}
P(Z=0) &= P(X= Y)  = P \left(\ds \cup_{k=1}^{+\infty} (X=k) \cap (Y=k) \right) \\
& = \sum_{k=1}^{+ \infty} P((X=k)\cap (Y=k)) \\
& = \sum_{k=1}^{+ \infty} P(X=k)P(Y=k) 
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{C'est à dire $P(Z=0) = \dfrac{p}{1+2p}$. }
\end{center}

\item Soit $n\in \N^{* }$. On a
\begin{align*}
P(Z=n) & = P\left( \ds \cup_{k=1}^{+\infty} (X=k) \cap (Y=n+k) \right) \\
& = \ds \sum_{k=1}^{+ \infty} P((X=k)\cap(Y = n+k)) \\
& = \sum_{k=1}^{+\infty} P(X=k)P(Y=n+k) \\
& = \sum_{k=1}^{+\infty} \left( \dfrac{2}{3} \right)^{k-1} \times \dfrac{1}{3} \times (1-p)^{n+k-1} p \\
& = (1-p)^n \sum_{k=1}^{+\infty} \left( \dfrac{2}{3} \right)^{k-1} \times \dfrac{1}{3} \times (1-p)^{k-1} p \\
& = (1-p)^n \sum_{k=1}^{+ \infty} P((X=k)\cap(Y = k)) 
\end{align*}
D'après la question précédente, 
\begin{center}
\fbox{$P(Z=n) = \dfrac{p}{1+2p} (1-p)^n$.}
\end{center}
Ainsi, 
\begin{align*}
P(Z>0) & = \sum_{n=1}^{+\infty} P(Z=n) \\
& = \sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{p}{1+2p} (1-p)^n \\
& = \dfrac{p}{1+2p} \sum_{n=1}^{+\infty} (1-p)^n \\
& =  \dfrac{p}{1+2p} \sum_{n=0}^{+\infty} (1-p)^{n+1} \\
& = \dfrac{p}{1+2p} (1-p) \dfrac{1}{1-(1-p)} 
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{$P(Z>0) = \dfrac{1-p}{1+2p}$.}
\end{center}
On a alors 
\begin{align*}
P(Z <0) &= 1 - P(Z=0) - P(Z>0) \\
& = 1 - \dfrac{p}{1+2p} - \dfrac{1-p}{1+2p} 
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{$P(Z <0) =  \dfrac{2p}{1+2p}$.}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{enumerate}


\end{document}