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

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

\chead{Devoir maison n�16}
\lfoot{}
\cfoot{Probabilit�s, \'Etude de fonctions}

\begin{center}
\fbox{ \Large Correction Devoir maison n�16}
\end{center}
\vspace{10pt}


\section*{Exercice 1} % Ecricome 2015 
\noindent Dans tout cet exercice, $N$ d�signe un entier naturel sup�rieur ou �gal � $3$. On dispose de deux urnes opaques $U_1$ et $U_2$, d'apparence identique et contenant chacune $N$ boules indiscernables au toucher. \\
L'urne $U_1$ contient $(N-1)$ boules blanches et une boule noire. \\
L'urne $U_2$ contient $N$ boules blanches.

\subsection*{I. Une premi�re exp�rience al�atoire}
\begin{enumerate}
\item Si l'�v�nement $C_1$ est r�alis�, on effectue les tirages dans l'urne $U_1$ qui contient une boule noire. On note $B_i$ l'�v�nement "on tire une boule blanche au $i$-�me tirage" et $N_i$ l'�v�nement "on tire une boule noire au $i$-�me tirage". On a alors
\begin{align*}
P_{C_1}(Y=j) & = P_{C_1}\left(B_1 \cap B_2 \cap \ldots \cap B_{j-1} \cap N_j \right) \\
& = P_{C_1}(B_1) \times P_{C_1 \cap B_1} (B_2) \times  \ldots \times P_{C_1 \cap B_1 \cap \ldots \cap B_{j-1}} (N_j) \\
& = \dfrac{N-1}{N} \times \dfrac{N-2}{N-1} \times \ldots \times \dfrac{N-j+1}{N-j+2} \times \dfrac{1}{N-j+1}
\end{align*}
Apr�s simplification on a bien,
\begin{center}
\fbox{$P_{C_1} (Y = j) = \dfrac{1}{N}$.}
\end{center}
\item Lorsqu'on effectue des tirages dans l'urne $U_2$ qui ne contient que des boules blanches, on est s�r d'�tre dans l'urne $U_2$ que lorsque toutes les boules ont �t� tir�es. Ainsi,
    \begin{center}
     \fbox{$P_{C_2}(Y=j)=0$ si $1\leqslant j\leqslant N-1$}
     \end{center} et 
     \begin{center}
     \fbox{$P_{C_2}(Y=N)=1$}
     \end{center}
\item $(C_2,C_1)$ forme un syst�me complet d'�v�nement donc � l'aide de la formule des probabilit�s totales, 
$$P(Y=j)=P_{C_1}(Y=j)P(C_1)+P_{C_2}(Y=j)P(C_2).$$
\begin{itemize}
\item Si $1\leqslant j\leqslant N$, $P(Y=j)=P_{C_1}(Y=j)P(C_1)+0=\dfrac{1}{N}\times \dfrac{1}{2}$
\item Si $j=N$, $P(Y=j)=\dfrac{1}{N}\times \dfrac{1}{2}+1 \times \dfrac{1}{2}$
\end{itemize}
\begin{center}
\fbox{\underline{Bilan :} $P(Y=j)=\left\{\begin{array}{lll} \dfrac{1}{2N}&\text{si}& j\in [\![1,N_1]\!]\\\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2N}&\text{si}&j=N\end{array}\right.$}
\end{center}
\item On a :
\begin{align*}
E(Y) &=\ds\sum_{j=1}^NjP(Y=j) \\
& = \ds\sum_{j=1}^{N-1}jP(Y=j)+NP(Y=N) 
\end{align*}
\begin{align*}
E(Y) & = \ds\dfrac{1}{2N}\sum_{j=1}^{N-1}j+\dfrac{N}{2}+\dfrac{1}{2} \\
& = \ds\dfrac{(N-1)N}{2} \times \dfrac{1}{2N}+\dfrac{N}{2}+\dfrac{1}{2}\\
& = \ds\dfrac{N-1}{4}+\dfrac{N}{2}+\dfrac{1}{2}
\end{align*}
Et donc \begin{center}
\fbox{$E(Y)=\dfrac{3N+1}{4}$}
\end{center}

\end{enumerate}
\subsection*{II. Une seconde exp�rience al�atoire}
\begin{enumerate}
\item $T(\Omega)=[\![2;+\infty[\![$ car il faut au moins deux tirages pour avoir obtenu au moins une boule blanche et une boule noire.

\item Soit $k\geqslant 2$. \\
$$P(T=k)=P(B_1\cap B_2\cap\ldots\cap B_{k-1}\cap N_k)+P(N_1\cap N_2\cap\ldots\cap N_{k-1}\cap B_k).$$ 
Or les tirages s'effectuent ici avec remise donc les �v�nements $B_i$ et $N_j$ sont ind�pendants; ainsi :\\
\begin{align*}
P(T=k)&= P(B_1)P(B_2)\ldots P(B_{k-1})P(B_k)+P(N_1)P(N_2)\ldots P(N_{k-1})P(B_k)\\
&=\left(\dfrac{N-1}{N}\right)^{k-1}\dfrac{1}{N}+\left(\dfrac{1}{N}\right)^{k-1}\dfrac{N-1}{N}.
\end{align*}
\item $T$ admet une esp�rance ssi $\ds\sum kP(T=k)$ converge absolument autrement dit ssi $\ds \sum kP(T=k)$ converge car $T$ est � valeurs positives.\\

Sous r�serve de convergence, \\
$$\ds\sum_{k=2}^{+\infty}kP(T=k)=\dfrac{1}{N}\sum_{k=2}^{+\infty}k  \left(\dfrac{N-1}{N}\right)^{k-1}+\dfrac{N-1}{N}\sum_{k=2}^{+\infty}k      \left(\dfrac{1}{N}\right)^{k-1}$$

On reconna�t ici des s�ries d�riv�es de s�ries g�om�triques qui convergent car$ \left|\dfrac{1}{N}\right|<1$ et $\left|\dfrac{N-1}{N}\right|<1$.\\
Ainsi, $T$ admet une esp�rance et 
\begin{align*}
E(T)&= \ds \dfrac{1}{N}\left(\left(\dfrac{1}{1-\frac{N-1}{N}}\right)^2-1\right)+\dfrac{N-1}{N}\left(\left(\dfrac{1}{1-\frac{1}{N}}\right)^2-1\right)\\
&=\dfrac{1}{N}(N^2-1)+\dfrac{N-1}{N}\left(\left(\dfrac{N}{N-1}\right)^2-1\right) \\
&=N+\dfrac{N}{N-1}-\dfrac{1}{N}-\dfrac{N-1}{N} \\
&=N+\dfrac{N}{N-1}-1
\end{align*}
Ainsi,\begin{center}
\fbox{ $E(T)=N+\dfrac{1}{N-1}$}
\end{center}
\item \begin{enumerate}
\item On a 
\begin{align*}
P(U=1\cap T=2) & =P(B_1\cap N_2)+P(N_1\cap B_2) \\
& =\dfrac{N-1}{N}\dfrac{1}{N}+\dfrac{1}{N}\dfrac{N-1}{N}
\end{align*}
c'est-�-dire 
\begin{center}
\fbox{$P(U = 1 \cap T = 2) =\dfrac{2(N-1)}{N^2}$.}
\end{center}
\item Soit $k\geqslant 3$. Les �v�nements �tant ind�pendants\\
\begin{align*}
 P(U=1\cap T=k) & =P(N_1\cap...\cap N_{k-1}\cap B_k) \\
 & = \dfrac{1}{N^{k-1}}\dfrac{N-1}{N}
\end{align*}
Et donc 
\begin{center}
\fbox{$P(U=1\cap T=k)= \dfrac{N-1}{N^k}$.}
\end{center}
\end{enumerate}

\item
\begin{enumerate}
\item On a 
$$ P([U=j]\cap [T=j+1])=P\left(B_1\cap \ldots\cap B_j\cap N_{j+1}\right) $$
\begin{center}
\fbox{$P\left([U=j]\cap [T=j+1] \right)=\left(\dfrac{N-1}{N}\right)^j \times \dfrac{1}{N}$.}
\end{center}
\item $P([U=j]\cap [T=k])=0$ si $k\neq j+1$ car $U=j$ signifie que l'on a obtenu $j$ boules blanches avant d'obtenir au moins une boule de chaque couleur donc n�cessairement la $j+1$ i�me est noire donc $T=j+1$.
\end{enumerate}
\item $P(U=1)=P(U=1\cap T=2)=\dfrac{2(N-1)}{N^2}$ donc $P(U=1)P(T=2)\neq P(U=1\cap T=2)$. Ainsi,              $U$ et $T$ ne sont pas ind�pendantes.
\item $U(\Omega)=\mathbb{N}^*$. Avec la formule des probabilit�s totales et le syst�me complet d'�v�nements $\{(T=k), k\in [\![2;+\infty[\![\}$ on a : 
\begin{align*}
P(U=1) & =\displaystyle\sum_{k=2}^{+\infty}P(U=1\cap T=k) \\
& =\dfrac{2(N-1)}{N^2}+\sum_{k=3}^{+\infty}\frac{N-1}{N^k}
\end{align*}
Donc 
\begin{align*}
P(U=1) & =\dfrac{2(N-1)}{N^2}+\dfrac{N-1}{N^3}\dfrac{1}{1-1/N} \\
& =\dfrac{2(N-1)}{N^2}+\dfrac{1}{N^2} \\
&=\dfrac{2N-1}{N^2}
\end{align*}
et $\forall j\geqslant 2$\\
\begin{center}
\fbox{$P(U=j)=P(U=j\cap T=j+1)= \left(\dfrac{N-1}{N}\right)^j\dfrac{1}{N}$.}
\end{center}
\end{enumerate}

\section*{Exercice 2} %EML 2018
\def\Rpstar{]0,+\infty[}
\def\CC{\mathcal{C}}
\def\limx#1{\lim_{x \rightarrow #1}}
		
	\subsection*{Partie I~: \'Etude de la fonction $f$}
		\begin{enumerate}
			\item La fonction $x \mapsto x$ est $\CC^\infty$ sur $\R$ et la fonction $x \mapsto \ln(x)$ est $\CC^\infty$ sur $\Rpstar$ donc $f$ est de classe $\CC^\infty$ sur $\Rpstar$. Alors, pour tout $x \in \Rpstar$, on a 
				$$f'(x) = 1 - \frac 1x = \frac{x-1}{x}.$$
				Par ailleurs,
 				$$\limx{0^+} f(x) = \limx{0^+} x - \limx{0^+} \ln(x) = + \infty$$
 				et, par croissances compar�es, 
 				$$\limx{+\infty} f(x) = \limx{+\infty} x \left(1 - \dfrac{\ln(x)}{x} \right) = + \infty.$$
				On en d�duit le tableau de variations suivant~: 
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=3,espcl=3]{$x$/1,Signe de $f'(x)$/1, Variations de $f$/2}{$0$,$1$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,-,z,+,}
\tkzTabVar{+/$+\infty$,-/1,+/$+ \infty$}
%\tkzTabVal{1}{2}{0.5}{0}{0}
\end{tikzpicture}
\end{center}

\item On a montr� pr�c�demment que la fonction $f$ est de classa $\CC^\infty$, elle est donc de classe $\CC^2$ sur $]0, +\infty[$. On a alors 
\begin{align*}
f''(x) & = \dfrac{x - (x-1)}{x^2} \\
& = \dfrac{1}{x^2} > 0
\end{align*}			

\begin{center}
 	\fbox{La fonction $f$ est convexe.}
 	\end{center} 	
				
			\item Sur $]0,1[$, la fonction $f$ est continue, strictement d�croissante et ses limites aux bornes sont $+\infty$ et $1$. Il suit du th�or�me de la bijection continue que $f$ induit une bijection de $]0,1[$ vers $]1,+\infty[$. Puisque $2 \in ]1,+\infty[$, il existe un unique r�el $a \in ]0,1[$ tel que $f(a) = 2$.
			
			\noindent De m�me, sur $]1,+\infty[$, la fonction $f$ est continue, strictement croissante et limites aux bornes sont $1$ et $+\infty$. Il suit � nouveau du th�or�me de la bijection continue que $f$ induit une bijection de $]1,+\infty[$ vers $]1,+\infty[$. Puisque $2 \in ]1,+\infty[$, il existe un unique r�el $b \in ]1,+\infty[$ tel que $f(b) = 2$.
			
			Enfin, $f(1) = 1 \neq 2$ et donc~: 
			
\begin{center}
\fbox{L'�quation $f(x) = 2$ n'admet que deux solutions sur $\Rpstar$~: $a \in ]0,1[$ et $b \in ]1,+\infty[$.}
\end{center}
			
			\item On a 
				$$f(2) = 2 - \ln(2) \approx 1,3 < 2,$$
				$$f(4) = 4 - \ln(4) = 4-2\ln(2) \approx 2,6 > 2.$$
				La fonction $f$ �tant continue sur $[2;4]$, il suit du th�or�me des valeurs interm�diaires qu'il existe $x \in [2,4]$ tel que $f(x) = 2$. Par unicit� de la solution � cette �quation sur $]1,+\infty[$, on a $x=b$ et donc~:
			\begin{center}
			\fbox{$b \in [2;4]$.}
			\end{center}
		\end{enumerate}

	\subsection*{Partie II~: \'Etude d'une suite}		
		\begin{enumerate}
			\item Montrons, par r�currence sur $n \in \N$, que la suite $(u_n)_{n \in \N}$ est bien d�finie et que l'on a~: $\forall n \in \N, \quad u_n \in [b,+\infty[$.
			
			\noindent \underline{Initialisation~:} Si $n = 0$, on a $u_0 = 4$ de sorte que $u_0$ est bien d�fini et $u_0 = 4 \geq b$ d'apr�s \textbf{3}.
			
			\noindent \underline{H�r�dit�~:} Soit $n \in \N$ tel que $u_n$ est d�fini et $u_n \geq b$. Alors $u_n > 0$ donc $u_{n+1} = \ln(u_n) + 2$ est bien d�fini. En outre, par croissance du logarithme, $\ln(u_n) \geq \ln(b) = b-2$, la derni�re �galit� provenant du fait que $2 = f(b) = b - \ln(b)$. Ainsi, $u_{n+1} \geq b-2 + 2 = b$ et donc $u_{n+1} \in [b,+\infty[$.
			
En conclusion, 
\begin{center}
\fbox{$\forall n \in \N, u_n \textrm{ existe  et } u_n \geq b.$}
\end{center}
			
			\item Soit $n \in \N$. On a 
				\begin{align*}
					u_{n+1} - u_n
						& = \ln(u_n) + 2 - u_n \\
						& = 2 - (u_n - \ln(u_n)) \\
						& = 2 - f(u_n)
				\end{align*}
				Mais $u_n \geq b$ d'apr�s \textbf{4} et $f$ est croissante sur $[b,+\infty[ \subset [1,+\infty[$ d'apr�s \textbf{1}. Ainsi, $f(u_n)  \geq f(b) = 2$ et donc 
				$$u_{n+1} - u_n \leq 2-2 = 0.$$
				Ainsi, 
					\begin{center}
					\fbox{$(u_n)_{n \in \N} \textrm{ est d�croissante}$.}
					\end{center}
				
				La suite $(u_n)_{n \in \N}$ �tant minor�e par $b$ d'apr�s \textbf{4}, elle converge vers une limite $\ell \geq b$.
				
				En passant � la limite dans la relation $u_{n+1} = \ln(u_n) + 2$ et en utilisant la continuit� du logarithme, il vient 
				$$\ell = \ln(\ell) + 2$$ 
				ou encore 
				$$f(\ell) = 2.$$
				Par unicit� de la solution de l'�quation $f(x) = 2$ sur $]1,+\infty[$, on a $\ell = b$.
				
				En conclusion,
					\begin{center}
					\fbox{$ \li_{n \to + \infty} u_n = b.$}
					\end{center}
			\item 
			\begin{enumerate}
				\item Consid�rons la fonction $g$ d�finie sur $[b,+\infty[$ par $g(x) = \ln(x)+2$. C'est une fonction d�rivable et, pour tout $x \geq b$, on a 
					$$g'(x) = \frac 1x.$$
					Alors, puisque $b \geq 2$, on a~:
					$$\forall x \geq b, \quad |g'(x)|  = \frac 1x \leq \frac 1b \leq \frac 12.$$
					En outre, $g(b) = \ln(b) + 2 = b$ et, pour tout $n \in \N$, $g(u_n) = u_{n+1}$.
					
					La suite $(u_n)$ convergeant vers $b$ en d�croissant, il suit de l'in�galit� des accroissements finis que, pour tout $n \in \N$,
					\begin{align*}
						u_{n+1} - b 
							& = |u_{n+1} - b| \\
							& = |g(u_n) - g(b)| \\
							& \leq \frac 12 |u_n - b| \\
							& = \frac 12 (u_n -b).
					\end{align*}
					Ainsi,
						\begin{center}
						\fbox{$\forall n \in \N, \quad u_{n+1} - b \leq \frac 12 (u_n -b)$.}
						\end{center}
				\item La suite $(u_n)$ convergeant en d�croissant vers $b$, on a d�j�
					$$\forall n \in \N, \quad 0 \leq u_n - b.$$
					Montrons alors par r�currence sur $n \in \N$ que $u_n - b \leq \dfrac{1}{2^{n-1}}.$
					
					\noindent \underline{Initialisation~:} Pour $n = 0$, puisque $b \in [2;4]$ d'apr�s \textbf{3}, il vient 
						$$u_0-b = 4-b \leq 4-2 = 2 = \frac{1}{2^{-1}} = \frac{1}{2^{0-1}}.$$
						
					\noindent \underline{H�r�dit�~:} Soit $n \in \N$ tel que $u_n - b \leq \dfrac{1}{2^{n-1}}.$ Alors, il suit de \textbf{6.a} que
						\begin{align*}
							u_{n+1} - b 
								& \leq \frac 12 (u_n - b) \\
								& \leq \frac{1}{2} \times \frac{1}{2^{n-1}} \\
								& = \frac{1}{2^{(n+1)-1}}.
						\end{align*}
						
					Ainsi,
						\begin{center}
						\fbox{$\forall n \in \N, \quad 0 \leq u_n - b \leq \frac{1}{2^{n-1}}.$}
						\end{center}

			\end{enumerate}
			\item 
			\begin{enumerate}
				\item Nous proposons la fonction suivante~: 
				
				\hrulefill
				\begin{verbatim}
1. function u = suite(n)
2.	u = 4
3.	for i=1:n
4.		u = log(u)+2
5.	end
6. endfunction
				\end{verbatim}
				\hrulefill
				\item Nous nous appuyons ici sur la question \textbf{4.a}~:
				
				\hrulefill
				\begin{verbatim}
1. function b = valeur_approchee(epsilon)
2.	n = 0
3.	while (1/2^(n-1) > epsilon)
4.		n = n+1
5.	end 
6.	b = suite(n)
7. endfunction
				\end{verbatim}
				\hrulefill
			\end{enumerate}
		\end{enumerate}
\newpage
	\subsection*{Partie III~: \'Etude d'une fonction d�finie par une int�grale}		
		\begin{enumerate}
			\item La fonction $t \mapsto f(t)$ est continue et ne s'annule pas sur $\Rpstar$, elle y admet donc une primitive que l'on note $G$. On a alors~:
				$$\forall x \in \Rpstar, \quad \Phi(x) = G(2x) - G(x).$$
				Il s'ensuit que $\Phi$ est d�rivable sur $\Rpstar$ et que, pour tout $x \in \Rpstar$, on a~: 
				\begin{align*}
					\Phi'(x) 
						& = 2G'(2x) - G'(x) \\
						& = \frac{2}{f(2x)} - \frac{1}{f(x)} \\
						& = \frac{2}{(2x - \ln(2x))} - \frac{1}{(x - \ln(x))} \\
						& = \frac{2(x-\ln(x)) - (2x - \ln(2x))}{(2x - \ln(2x))(x - \ln(x))} \\
						& = \frac{2x - 2 \ln(x) - 2x + \ln(2x)}{(2x - \ln(2x))(x - \ln(x))} \\
						& = \frac{- 2 \ln(x) + \ln(2) + \ln(x) }{(2x - \ln(2x))(x - \ln(x))}.
				\end{align*}
				Ainsi, 
\begin{center}
\fbox{$\forall x \in \Rpstar, \quad \Phi'(x) = \frac{ \ln(2) - \ln(x)}{(2x - \ln(2x))(x - \ln(x))}$.	}
\end{center}
			\item Soit $x \in \Rpstar$. On a 
				$$x - \ln(x) = f(x) > 0 \quad \text{et} \quad 2x - \ln(2x) = f(2x) > 0$$
				donc $\Phi'(x)$ est du signe de $\ln(2) - \ln(x)$, d'o� le tableau de variations~: 
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=3,espcl=3]{$x$/1,Signe de $\Phi'(x)$/1, Variations de $\Phi$/2}{$0$,$2$,$+\infty$}
\tkzTabLine{d,+,z,-,}
\tkzTabVar{-/,+/3,-/$-1$}
%\tkzTabVal{1}{2}{0.5}{0}{0}
\end{tikzpicture}
\end{center}
			\item Pour tout $t > 0$, il suit de \textbf{1} que $f(t) \geq 1$ donc $0 \leq \dfrac{1}{f(t)} \leq 1$. Ainsi, par croissance de l'int�grale~:
				$$\forall x > 0, \quad 0 \leq \Phi(x) = \int_x^{2x} \frac{1}{f(t)} ~dt \leq \int_x^{2x} 1~dt = (2x- x) = x.$$
				En conclusion,
				\begin{center}
				\fbox{$\forall x > 0, \quad 0 \leq \Phi(x) \leq x$.}
				\end{center}
			\item
			\begin{enumerate}
				\item En appliquant le th�or�me d'encadrement � l'in�galit� trouv�e en \textbf{10}, on obtient 
					$$
						\limx{0^+} \Phi(x) = 0.
					$$
					Ainsi,
					
\begin{center}
\fbox{$\Phi$ est prolongeable par continuit� en 0, avec $\Phi(0) = 0$.}
\end{center}
					
				\item Soit $x >0$. On a 
					$$
						\Phi'(x) \underset{x:0^+}{\sim} \frac{-\ln(x)}{(-\ln (x))(-\ln(2x))}  = - \frac{1}{\ln(2x)} \xrightarrow[x:0^+]{} 0.
					$$
					Ainsi,
\begin{center}
\fbox{$\Phi'(x) \xrightarrow[x:0^+]{} 0$.}
\end{center}
			\end{enumerate}
			\item On commence par observer que l'on a les �l�ments caract�ristiques suivants~:
				\begin{itemize}
					\item Une asymptote horizontale d'�quation $y = \ln(2)$ en $+\infty$~;
					\item Une tangente horizontale au point $(2,\Phi(2))$~;
					\item Une (demi-)tangente horizontale au point $(0,\Phi(0))$.
				\end{itemize}
				On obtient alors un graphique ayant l'allure suivante (celui-ci ayant �t� r�alis� num�riquement avec Scilab)~:
				
				\begin{center}
					\includegraphics[width=15cm]{EML2018-Ex2-q12.png}
				\end{center}
		\end{enumerate}

\section*{Exercice 3} %EML 2013

Soit $n$ un entier sup�rieur ou �gal � 2.\\
On consid�re une urne $\mathcal{U}$ contenant $n$ boules num�rot�es de 1 � $n$ et indiscernables au toucher.\\
On effectue une suite de tirages d'une boule avec remise de la boule dans l'urne $\mathcal{U}$.\\

Pour tout entier $k$ sup�rieur ou �gal � 1, on note $Z_k$ la variable al�atoire �gale au nombre de num�ros distincts obtenus au cours des $k$ premiers tirages et on note $E(Z_k)$ l'esp�rance de $Z_k$.


\subsection*{Partie I}\medskip

\begin{enumerate}
\item En faisant un seul tirage, on obtient forc�ment un seul num�ro. 

Donc \fbox{$Z_1$ est la variable al�atoire certaine �gale � $1$}. D'o� $\boxed{E(Z_1) = 1}$.\\

En faisant $2$ tirages, on peut obtenir soit $2$ num�ros diff�rents, soit $2$ fois le m�me num�ro. L'�v�nement $Z_2 = 1$ signifie qu'au deuxi�me tirage, on retire la m�me boule qu'au premier tirage, ce qui a une probabilit� $\dfrac{1}{n}$ d'arriver. On a donc $P(Z_2 = 1) = \dfrac{1}{n}$.

On a donc �galement $P(Z_2 = 2) = 1- \dfrac{1}{n} = \dfrac{n-1}{n}$.

On peut r�sumer dans un tableau : 
\[ \begin{array}{|c|c|c|} \hline i & 1 & 2 \\ \hline \vphantom{\dfrac{\frac11}{\frac11}} P(Z_2 = i) & \dfrac{1}{n} & \dfrac{n-1}{n} \\ \hline \end{array} \]
On a donc $E(Z_2) = \dfrac{1}{n}\times 1 + \dfrac{n-1}{n}\times 2$, i.e $\boxed{E(Z_2) = \dfrac{2n-1}{n} = 2-\dfrac{1}{n}}$.\\

\item \begin{enumerate}
\item  L'�v�nement $Z_k = 1$ signifie qu'on tire $k$ fois la m�me boule. Il y a $n$ possibilit�s (soit on tire toujours la boule \no1, soit toujours la boule \no2, ... , soit toujours la boule \no n). Or, en tout, il y a $n^k$ suites de tirages possibles ($n$ possibilit�s pour chacun des $k$ tirages). Comme il y a �quiprobabilit�, on en d�duit :
\[ \boxed{ P(Z_k = 1) = \dfrac{n}{n^k} = \dfrac{1}{n^{k-1}} }\]

Pour l'�v�nement $Z_k = k $, on distingue deux cas : 
\begin{itemize}
 \item Si $k>n$, on ne peut obtenir au maximum que $n$ r�sultats diff�rents. Donc l'�v�nement $Z_k = k$ est impossible : 
\[\boxed{ P(Z_k = k) = 0 \quad \text{si }k>n } \]
 \item Si $k\leqslant n$, on d�nombre. L'�v�nement $Z_k = k$ signifie qu'on a tir� des boules toutes diff�rentes. Il y a $\dfrac{n!}{(n-k)!}$ possibilit�s pour cela. En effet, il y a $n$ possibilit�s pour la premi�re boule, puis $n-1$ pour la deuxi�me (qui doit �tre diff�rente de la premi�re), ... , puis $n-k+1$ pour la $k$-i�me (qui doit �tre diff�rente des $k-1$ premi�res). Ce qui fait en tout $n\times (n-1) \times \ldots \times (n-k+1) = \dfrac{n!}{(n-k)!}$ possibilit�s. Et en tout, il y a toujours $n^k$ suites de tirages possibles. D'o� :
\[\boxed{ P(Z_k = k) = \dfrac{n!}{n^k(n-k)!} \quad \text{si }k\leqslant n } \]
\end{itemize}

\item Soit $\ell \in \llbracket 1;n\rrbracket$. L'�v�nement $Z_{k+1} = \ell$ signifie qu'en faisant $k+1$ tirages, on obtient $\ell$ num�ros diff�rents. Et ceci peut se produire de deux mani�res diff�rentes :
\begin{itemize}
 \item Soit on avait d�j� $\ell$ num�ros diff�rents apr�s $k$ tirages, et on a tir� au $(k+1)$-i�me tirage un num�ro qu'on avait d�j� tir� pr�c�demment.
 \item Soit on avait $\ell-1$ num�ros diff�rents apr�s $k$ tirages, et on a tir� au $(k+1)$-i�me tirage un des $n-(\ell-1)$ num�ros qu'on n'avait encore jamais tir�s.\\
\end{itemize}
D'o� :
\begin{align*}
 P(Z_{k+1} = \ell) & =  P_{Z_k = \ell}(Z_{k+1} = \ell) P(Z_k = \ell) + P_{Z_k = \ell-1}(Z_{k+1} = \ell) P(Z_k = \ell-1)\\
	& = \dfrac{\ell}{n} P(Z_k = \ell) + \dfrac{n-(\ell-1)}{n} P(Z_k = \ell-1)\\
\end{align*}
Ce qui donne bien : 
\[ \boxed{ P(Z_{k+1} = \ell) = \dfrac{\ell}{n} P(Z_k = \ell) + \dfrac{n-\ell+1}{n} P(Z_k = \ell-1) } \]

\item On calcule $E(Z_{k+1})$ en se servant de la question pr�c�dente : 
\begin{align*}
\hspace*{-3em}E(Z_{k+1}) & = \sum_{\ell = 1}^n \ell P(Z_{k+1} = \ell) \\
	& =  \sum_{\ell = 1}^n  \dfrac{\ell^2}{n} P(Z_k = \ell) + \dfrac{\ell(n-\ell+1)}{n} P(Z_k = \ell-1) \quad\text{(d'apr�s la question pr�c�dente)}\\
	& = \sum_{\ell = 1}^n  \dfrac{\ell^2}{n} P(Z_k = \ell) + \sum_{\ell = 1}^n  \dfrac{\ell(n-\ell+1)}{n} P(Z_k = \ell-1) \\
	& = \sum_{\ell = 1}^n  \dfrac{\ell^2}{n} P(Z_k = \ell) + \sum_{j = 0}^{n-1}  \dfrac{(j+1)(n-j)}{n} P(Z_k = j) \quad\text{(changement d'indice }j=\ell-1)\\
	& = \sum_{\ell = 1}^n  \dfrac{\ell^2}{n} P(Z_k = \ell) + \sum_{j = 1}^{n-1}  \dfrac{(j+1)(n-j)}{n} P(Z_k = j) \quad (\text{car }P(Z_k = 0) = 0)\\
	& = \frac{1}{n}  \sum_{\ell = 1}^n  \ell^2 P(Z_k = \ell) + \frac{1}{n} \sum_{j = 1}^{n-1} (-j^2+nj-j+n)  P(Z_k = j) \\
	& =  \frac{1}{n}  \sum_{\ell = 1}^n  \ell^2 P(Z_k = \ell) - \frac{1}{n} \sum_{j = 1}^{n-1} j^2 P(Z_k = j) +  \frac{n-1}{n} \sum_{j = 1}^{n-1} j  P(Z_k = j)  \\
	&\qquad +  \frac{n}{n} \sum_{j = 1}^{n-1}  P(Z_k = j) \qquad\text{(on d�veloppe la deuxi�me somme)}
\end{align*}
Or, les deux premi�res sommes se simplifient : il ne reste que le terme $\ell = n$ de la premi�re somme : 
\begin{align*}
E(Z_{k+1}) & =  \frac{1}{n}\times n^2 P(Z_k = n) + \frac{n-1}{n} \sum_{j = 1}^{n-1} j  P(Z_k = j) +\sum_{j = 1}^{n-1}  P(Z_k = j) \\
	& = nP(Z_k = n) +  \frac{n-1}{n} \sum_{j = 1}^{n-1} j  P(Z_k = j) + \sum_{j = 1}^{n-1}  P(Z_k = j)
\end{align*}
Or, ceci est �gal � $\ds \frac{n-1}{n} \sum_{j = 1}^n j  P(Z_k = j) + \sum_{j = 1}^n  P(Z_k = j)$. (si on isole le terme $j=n$ dans chaque somme, on retombe bien sur ce qui pr�c�de). Comme $\ds \sum_{j = 1}^n j  P(Z_k = j) = E(Z_k)$ et $\ds \sum_{j = 1}^n  P(Z_k = j) = 1$, on en d�duit :
\[ \boxed{E(Z_{k+1}) = \frac{n-1}{n} E(Z_k) + 1 } \]
\end{enumerate}
\item \begin{enumerate}
\item Pour tout $k\geqslant 1$, on a :
\begin{align*}
v_{k+1} & = E(Z_{k+1}) - n \\
	& =  \frac{n-1}{n} E(Z_k) + 1 - n \quad \text{(d'apr�s la question pr�c�dente)} \\
	& = \frac{n-1}{n} E(Z_k) - (n-1) \\
	& = \frac{n-1}{n} \Big(E(Z_k) - n\Big) \\
	& = \frac{n-1}{n} v_k
\end{align*}
\fbox{On en d�duit que $(v_k)_{k\geqslant 1}$ est une suite g�om�trique de raison $\frac{n-1}{n}$.}\\

\item On d�duit de la question pr�c�dente que pour tout $k\geqslant 1$, $v_k = v_1 \left(\frac{n-1}{n}\right)^{k-1}$. Or, $v_1 = E(Z_1) - n = 1-n$.

Donc, pour tout $k\geqslant 1$ : 
\begin{align*}
v_k & = (1-n) \left(\frac{n-1}{n}\right)^{k-1} \\
	& = -(n-1) \left(\frac{n-1}{n}\right)^{k-1} \\ 
	& = -n \left(\frac{n-1}{n}\right)^k
\end{align*}

Or, $E(Z_k) = n+v_k$. Donc $E(Z_k) = n -n \left(\frac{n-1}{n}\right)^k$, ce qui donne bien : 
\[ \boxed{ E(Z_k) = n \left( 1- \left(\frac{n-1}{n}\right)^k\right) } \]
\end{enumerate}
\end{enumerate}


\subsection*{Partie II}\medskip

\begin{enumerate}
\item On a vu au I.2.(a) que $P(Z_k = 1) = \dfrac{1}{n^{k-1}}$. Donc ici $\boxed{P(Z_k = 1) = \dfrac{1}{4^{k-1}}}$.

En tirant des boules num�rot�es de $1$ � $4$ on ne pourra jamais obtenir strictement plus que $4$ num�ros diff�rents. Donc $\boxed{P(Z_k\geqslant 5) = 0}$. \\

\item L'�v�nement $Z_k = 2$ signifie qu'on tire exactement $2$ num�ros diff�rents au cours des $k$ tirages. On d�nombre : il y a $\binom{4}{2} = 6$ paires de num�ros possibles. Et une fois les $2$ num�ros fix�es (appelons-les $a$ et $b$), il y a $2^k-2$ suites de tirages possibles o� on tire exactement ces $2$ num�ros. En effet, il y a $2$ possibilit�s pour chacun des $k$ tirages (soit on tire le num�ro $a$, soit le num�ro $b$). Ce qui fait $2^k$ possibilit�s, auxquelles il faut en enlever $2$ : \og on tire uniquement le num�ro $a$\fg{} et \og on tire uniquement le num�ro $b$\fg{} (sinon $Z_k = 1$).
Comme le nombre total de possibilit�s est $4^k$ ($4$ possibilit�s � chacun des $k$ tirages) : 
\[ \boxed{ P(Z_k = 2) = 6\dfrac{2^k-2}{4^k} } \]

\textit{Remarque : On pouvait aussi le faire sans d�nombrement. En effet, d'apr�s le II.2.(b), avec $\ell = 2$ et $n = 4$, on a $P(Z_{k+1} = 2) = \frac{1}{2}P(Z_k = 2) + \frac{3}{4} P(Z_k = 1)$, i.e $P(Z_{k+1} = 2) = \frac{1}{2}P(Z_k = 2) + \frac{3}{4^k}$ d'apr�s la question pr�c�dente. Ceci permet alors de d�montrer la formule par r�currence sur $k$.\\}

\item \begin{enumerate}
\item L'�v�nement $[Z_k \leqslant 3]$ signifie qu'au moins une des $4$ boules n'est jamais tir�e au cours des $k$ premiers tirages, c'est-�-dire : 
\[ [Z_k\leqslant 3] = A_1 \cup A_2 \cup A_3 \cup A_4 \]

D'apr�s la formule du crible, on a donc : 
\begin{align*}
P(Z_k\leqslant 3) & = P(A_1) + P(A_2) + P(A_3) + P(A_4) - P(A_1\cap A_2) \\
	& \qquad - P(A_1\cap A_3) - P(A_1\cap A_4) - P(A_2\cap A_3) \\
	& \qquad - P(A_2\cap A_4) - P(A_3\cap A_4) + P(A_1\cap A_2\cap A_3) \\
	& \qquad + P(A_1\cap A_2\cap A_4) + P(A_1\cap A_3\cap A_4) \\
	& \qquad + P(A_2\cap A_3\cap A_4) - P(A_1\cap A_2 \cap A_3\cap A_4)
\end{align*}
Or, $P(A_1) = P(A_2) = P(A_3) = P(A_4)$ car les boules jouent toutes le m�me r�le. De m�me, les probabilit�s des $6$ intersections $2$ � $2$ sont �gales, et les $4$ probabilit�s d'intersections $3$ � $3$ aussi. Donc : 
\[P(Z_k\leqslant 3) = 4P(A_1) - 6P(A_1\cap A_2) + 4P(A_1\cap A_2\cap A_3) - P(A_1\cap A_2 \cap A_3\cap A_4) \]
Comme $ P(A_1\cap A_2 \cap A_3\cap A_4) = 0$ (on est oblig� de tirer au moins une des $4$ boules), on a : 
\[ \boxed{P(Z_k\leqslant 3) = 4P(A_1) - 6P(A_1\cap A_2) + 4P(A_1\cap A_2\cap A_3)} \]

\item L'�v�nement $A_1$ signifie qu'� chaque tirage, on tire la boule $2$ ou la boule $3$ ou la boule $4$, ce qui fait $3^k$ suites de tirages possibles ($3$ possibilit�s pour chacun des $k$ tirages). Comme il y a en tout $4^k$ suite de tirages possibles, on en d�duit que $\boxed{P(A_1) = \dfrac{3^k}{4^k}}$.

De m�me, l'�v�nement $A_1\cap A_2$ signifie qu'� chaque tirage, on tire la boule $3$ ou la boule $4$, ce qui fait $2^k$ suites de tirages possibles. D'o� $\boxed{P(A_1\cap A_2) = \dfrac{2^k}{4^k} = \dfrac{1}{2^k} }$.

Enfin, l'�v�nement $A_1\cap A_2\cap A_3$ signifie qu'on tire la boule num�ro $4$ � chaque tirage, ce qui fait $1$ suite de tirages possibles. 

D'o� $\boxed{P(A_1\cap A_2\cap A_3) =  \dfrac{1}{4^k} }$

\item D'apr�s les deux questions pr�c�dentes, on a :
\[ \boxed{P(Z_k\leqslant 3) = \dfrac{4\cdot 3^k - 6\cdot 2^k + 4}{4^k} } \]

On en d�duit : 
\begin{align*}
P(Z_k = 3) & = P(Z_k\leqslant 3) - P(Z_k = 2) - P(Z_k = 1) \\
	& =  \dfrac{4\cdot 3^k - 6\cdot 2^k + 4}{4^k} - 6\dfrac{2^k-2}{4^k} - \dfrac{4}{4^k}
\end{align*}
Ce qui donne : 
\[ \boxed{ P(Z_k = 3) = \dfrac{4\cdot 3^k - 12\cdot 2^k + 12}{4^k}  = \dfrac{ 3^k - 3\cdot 2^k + 3}{4^{k-1}}} \]
Enfin, comme $Z_k$ est toujours inf�rieur ou �gal � $4$, on a $P(Z_k = 4) = 1- P(Z_k\leqslant 3)$, ce qui donne : 
\[ \boxed{ P(Z_k = 4) =  \dfrac{4^k - 4\cdot 3^k + 6\cdot 2^k - 4}{4^k}} \]

\end{enumerate}
\end{enumerate}

\end{document}