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

\begin{document}

\chead{Correction DS n°5}
\lfoot{}
\cfoot{DS n°5.}

\begin{center}
\fbox{ \Large Correction DS n°5}
\end{center}

\renewcommand{\P}{\mathscr{P}}
\newcommand{\U}{$\mathcal{U}$}
\newcommand{\V}{$\mathcal{V}$}
\def\e{\hbox{\rm e}}

\tikzstyle{mybox} = [draw=black, fill=white!20, very thick, rectangle, inner sep=1em, inner ysep=1em]

\newcommand{\textgrise}[1]{\begin{center}\begin{tikzpicture} \node [mybox] (box){#1};\end{tikzpicture}\end{center}}
\newcommand{\mathgrise}[1]{\begin{center}\begin{tikzpicture} \node [mybox] (box){$ \displaystyle{#1}$};\end{tikzpicture}\end{center}}
\newcommand{\mathgriseq}[2]{\begin{equation}\label{#1}\begin{tikzpicture} \node [mybox] (box){$\displaystyle #2$}; \end{tikzpicture}\end{equation}}

\def\systeme#1#2{\left\{\begin{array}{#1}#2\end{array}\right.}
 
\section*{Exercice I - Inspiré ECRICOME ECT 2019} 
Soit $g$ la fonction num\'erique d\'efinie sur l'intervalle $]0;+\infty[$ par :
$$g(x)=2x-1+\ln\left(\frac{x}{x+1}\right).$$
On note $({\cal C})$ sa courbe repr\'esentative dans un rep\`ere orthonorm\'e.
\begin{enumerate}
\item\begin{enumerate}
\item On calcule la limite de $g$ en 0,
$$
\li_{x \tos 0} \dfrac{x}{x+1} = 0, \quad \li_{x \tos 0} 2x - 1 = - 1
$$
et donc \begin{center}
\fbox{$\li_{x \tos 0} g(x) = - \infty$.}
\end{center}
Ainsi, on a une \fbox{asymptote verticale à la courbe en $0$.} 
\item On a 
$$
\li_{x \to +\infty} \dfrac{x}{x+1} = \li_{x \to +\infty} \dfrac{1}{1+\frac{1}{x}} = 1
$$
Et donc
\begin{center}
\fbox{$\li_{x \to + \infty} g(x) = +\infty$.}
\end{center}
\end{enumerate}

\item  La fonction $g$ est dérivable sur $]0;+\infty[$ en tant que quotient, composée, somme de fonctions dérivables sur $]0,+\infty[$. On a
\begin{align*}
g'(x) & = 2 + \dfrac{\dfrac{(x+1) - x}{(x+1)^2}}{\dfrac{x}{x+1}} \\
& = 2 + \dfrac{1}{(x+1)^2} \times \dfrac{x+1}{x} \\
& = \dfrac{2x(x+1)}{x(x+1)} + \dfrac{1}{x(x+1)} \\
& = \dfrac{2x^2 + 2x + 1}{x(x+1)} > 0 \quad \text{car $x >0$}
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{Donc $g$ est strictement croissante.}
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=3,espcl=3]{$x$/1,Signe de $g'(x)$/1, Variations de $g$/2}{$0$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,+,}
\tkzTabVar{-/$-\infty$,+/$+\infty$}
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{center}

\item On considère la droite $(\Delta)$ d'équation $y = 2x - 1$. 
\begin{enumerate}
\item On a d'après la question $1.b$, 
\begin{center}
\fbox{$
\li_{x \to + \infty} g(x) - (2x - 1) = \li_{x \to + \infty} \ln \left( \dfrac{x}{x+1} \right) = 0.
$}
\end{center}
\item On résout l'équation 
\begin{align*}
g(x) > 2x - 1 & \Longleftrightarrow \ln \left( \dfrac{x}{x+1} \right) > 0 \\
& \Longleftrightarrow  \dfrac{x}{x+1}  > 1 \\
\end{align*} 
Or cette inégalité n'est jamais vraie car $x>0$. \begin{center}
\fbox{Donc la courbe est en dessous de la droite $(\Delta)$. }
\end{center}
\end{enumerate}
\item On montre que la fonction est de classe $\mathcal{C}^2$. 
\begin{itemize}
\item La fonction $x \to \dfrac{x}{x+1}$ est de classe $\mathcal{C}^2$ sur $]0;+\infty[$ en tant que quotient de classe $\mathcal{C}^2$ sur $]0;+\infty[$. Cette fonction est strictement positive. 
\item La fonction $x \to 2x - 1 $ est est de classe $\mathcal{C}^2$ sur $]0;+\infty[$. 
\item La fonction $\ln$ est de classe $\mathcal{C}^2$ sur $]0;+\infty[$.
\end{itemize} 
Donc la fonction $g$ est de classe $\mathcal{C}^2$ sur $]0;+\infty[$.
\begin{align*}
\forall x> 0, \; g''(x) &= \dfrac{(4x + 2)x(x+1) - (2x + 1)(2x^2 + 2x + 1)}{(x(x+1))^2} \\
& = \dfrac{2x(x+1)(2x+1) - (2x+1)(2x^2 + 2x +1)}{(x(x+1))^2} \\
& = \dfrac{(2x+1) (2x^2 + 2x - (2x^2 + 2x +1))}{(x(x+1))^2} \\
& = \dfrac{- (2x+1)}{(x(x+1))^2} < 0
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{La fonction $g$ est donc concave sur $]0, + \infty[$. }
\end{center}

\item\begin{enumerate}
\item On sait que 
\begin{itemize}
\item La fonction $g$ est continue sur $]0,+\infty[$. 
\item La fonction $g$ est strictement croissante sur $]0,+\infty[$. 
\item $g(]0, +\infty[) = \R$. 
\end{itemize}
Donc d'après le théorème de la bijection, \begin{center}
\fbox{l'équation $g(x) = 0$ admet une unique solution $\alpha$ sur $]0,+\infty[$}
\end{center}
\item Recopier et compl\'eter l'algorithme de dichotomie ci-dessous \'ecrit \`a l'aide de {\tt Scilab} afin qu'il affiche un encadrement de $\alpha$ \`a $10^{-2}$ pr\`es lorsque $a$ et $b$ sont choisis tels que $\alpha \in [a,b].$


%\fbox
{
\begin{minipage}{0.5\textwidth}
\begin{verbatim}
function y=g(x)
   y = ..2*x - 1 + log(x/(x+1))..
endfunction
a = input('Entrer la valeur de a : ')
b = input('Entrer la valeur de b : ')
while  b - a  .> 10^(-2).
     m  = ..(a+b)/2..
     if g(a)*g(m) <= 0 then 
         ..b=m..
     else 
         ..a = m..
     end 
end
disp(..a..) // On peut mettre ici b ou (a+b)/2
\end{verbatim}
\end{minipage}
}

\end{enumerate}


\item Le programme {\tt Scilab} ci-dessus affiche {\tt 0.88} comme r\'esultat. Dans un rep\`ere orthornorm\'e, placer le r\'eel $\alpha$ sur l'axe des abscisses, tracer la courbe $({\cal C})$ et la droite $(\Delta).$
\item\begin{enumerate}
\item On calcule
\begin{align*}
\int_1^2\Big(\left(2x-1\right)-g(x)\Big) dx & = \int_1^2 - \ln \left( \dfrac{x}{x+1} \right) dx \\
& = \int_1^2  \ln \left( \dfrac{x+1}{x} \right) dx
\end{align*}
Les fonctions $u = \ln \left( \dfrac{x+1}{x} \right)$, $v=x$ ($u' =  \dfrac{-1}{x(x+1)}$ et $v' = 1$) sont de classe $\mathcal{C}^1$ sur  $[1,2]$ donc, par intégration par parties
\begin{align*}
\int_1^2  \ln \left( \dfrac{x+1}{x} \right) dx & = \left[x  \ln \left( \dfrac{x+1}{x} \right) \right]_1^2 - \int_1^2 \dfrac{-x}{x(x+1)} dx \\
& = 2 \ln(3/2) - \ln(2) +  \int_1^2 \dfrac{1}{x+1} dx \\
& = 2 \ln(3) - 3\ln(2) + [ \ln(|x+1|) ]_1^2 \\
& = 2 \ln(3) - 3 \ln(2) + \ln(3) - \ln(2) \\
& = 3\ln(3) - 4 \ln(2)
\end{align*}
Ainsi, 
\begin{center}
\fbox{$\ds \int_1^2\Big(\left(2x-1\right)-g(x)\Big) dx =  \ln(27/16)$.}
\end{center}

\item Interprétation graphique :
\begin{center}
\fbox{L'aire comprise entre la droite $(\Delta)$ et la courbe $(C)$ vaut $\ln(27/16)$.  }
\end{center}
\end{enumerate}


\item \begin{enumerate}
\item On consid\`ere la suite $(u_n)_{n\geqslant 1}$ d\'efinie pour tout entier naturel $n$ non nul par :
$$u_n=(2n-1)-g(n).$$
Le script {\tt Scilab} ci-dessous construit un vecteur ligne {\tt u} contenant les 50 premiers termes de la suite $(u_n)_{n\geqslant 1}.$
\begin{verbatim}
u = zeros(1,50)
for  n =1:50
    u(n) = (2*n-1)-g(n)
end
S = cumsum(u)
plot(1:50,S,'+')\end{verbatim}


Dans ce script, {\tt g} d\'esigne la fonction $g$ dont le code a \'et\'e compl\'et\'e \`a la question 4(b).\\
On ex\'ecute le script pr\'ec\'edent et on obtient le graphique ci-dessous. Sur ce graphique, on a aussi trac\'e la courbe repr\'esentative de la fonction logarithme n\'ep\'erien $\ln$ en trait plein.
$$\includegraphics[scale=0.5]{log.png}$$

\begin{center}
 \fbox{Le vecteur $S$ contient à la colonne j, le résultat de $\ds \sum_{k=1}^j u_k$.} 
 \end{center}. 
 Le vecteur $S$ récapitule les termes de la suite des sommes partielles $S_n = \sum_{k=1}^n u_k$. Au vu de la représentation graphique, on conjecture que 
\begin{center}
  \fbox{ $\li_{n \to +\infty} S_n = + \infty$.}
  \end{center}  
\item On calcule
\begin{align*}
S_n = \sum_{k=1}^n u_k & = \sum_{k=1}^n - \ln \left( \dfrac{k}{k+1} \right) \\
& = \sum_{k=1}^n \ln(k+1) - \ln(k) \\
& = \ln(n+1) - \ln(1) \quad \text{Somme télescopique}
\end{align*}
Ainsi
\begin{center}
\fbox{$\li_{n \to + \infty} S_n = \li_{n \to +\infty} \ln(n+1) = + \infty$. }
\end{center}
\end{enumerate}


\end{enumerate}

\section*{Exercice II - Inspiré d'ECRICOME ECT 2010} 

Cet exercice étudie deux jeux de un dés avec des d\'{e}s équilibrés \`{a} six faces.
\subsection*{I. Étude du premier jeu.}
Dans ce jeu on lance simultanément deux dés équilibrés, si les deux donnent le même résultat alors le joueur marque $1$ point, sinon il ne marque pas de point.\\
\begin{enumerate}
\item On peut procéder de plusieurs façon: \\

{\bf Par dénombrement :} On a $\Omega = \entier{1,6}^2$, $\card(\Omega) = 36$. Il y a $6$ façons d'obtenir un double, la probabilité est donc
\begin{center}
 \fbox{$p = \dfrac{1}{6}$.}
 \end{center} 
 
{\bf En utilisant des évènements :} On note $A_i$ "obtenir le nombre $i$ avec le premier dé" et $B_i$ " obtenir le nombre $i$ avec le deuxième dé". 
Dans ce cas, comme les évènements $A_i$ et $B_j$ ($i,j \in \entier{1,6}$) sont indépendants,
\begin{align*}
p & = \sum_{i = 1}^6 P(A_i \cap B_i)  \\
& = \sum_{i = 1}^6 P(A_i) \times P(B_i)  \\
& = \sum_{i = 1}^6 \dfrac{1}{6} \times \dfrac{1}{6} = \dfrac{1}{6}
\end{align*}   

{\bf En utilisant des VA :} On appelle $X$ la VA égale au résultat du premier dé et $Y$ la VA égale au résultat du second dé. $X$ et $Y $ sont indépendants et
\begin{align*}
p & = P(X = Y) = \sum_{i=1}^6 P(X = i \cap Y =i) \\ 
& = \sum_{i=1}^6 P(X = i) P(Y =i) \\
& = \sum_{i = 1}^6 \dfrac{1}{6} \times \dfrac{1}{6} = \dfrac{1}{6}
\end{align*}

\item Le joueur répète $n$ fois le même jeu et on note alors $Y_n$ le nombre de points obtenus par le joueur après ces $n$ parties.
\begin{enumerate}
\item On répète $n$ fois une épreuve de Bernoulli de probabilité de succès $p = \dfrac{1}{6}$. Les répétitions sont indépendantes. Donc $Y_n$ suit une loi binomiale de paramètre $n$ et $\dfrac{1}{6}$. 
\begin{center}
\fbox{$ Y_n \loi{B} (n, 1/6)$.}
\end{center}
On a alors
\begin{center}
\fbox{$ \forall k \in \entier{0,n}, \quad P(Y_n = k) = \binom{n}{k} \left( \dfrac{1}{6} \right)^k  \left( \dfrac{5}{6} \right)^{n-k}$. }
\end{center}
\item D'après le cours,
\begin{center}
\fbox{$E(Y_n) = \dfrac{n}{6}$ et  $V(Y_n) = \dfrac{5n}{36}$.}
\end{center}
\end{enumerate}
\item Le joueur joue maintenant jusqu'à ce qu'il marque un point pour la première fois.\\
On note alors $Z$ la variable aléatoire représentant le nombre de parties effectuées par le joueur. \\
\begin{enumerate}
\item Trouver le nombre de parties effectuées par le joueur revient à trouver l'apparition du premier succès dans la répétition d'une épreuve de Bernoulli de probabilité $p = \dfrac{1}{6}$. $Z$ suit donc une loi géométrique de paramètre $\dfrac{1}{6}$. 
\begin{center}
\fbox{$Z = \loi{G} \left( \dfrac{1}{6} \right)$.}
\end{center}
On a alors 
\begin{center}
\fbox{$\forall k \in \N^*, \quad P(Z=k) = \left(\dfrac{5}{6}\right)^{k-1} \left( \dfrac{1}{6} \right).$}
\end{center}
\item D'après le cours,
\begin{center}
\fbox{$E(Z) = 6$ et  $V(Z) = \dfrac{\frac{5}{6}}{\left(\frac{1}{6}\right)^2} = 30$.}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\subsection*{II. Étude d'un deuxième jeu.}

Pour ce jeu, effectuer une partie consiste \`{a} lancer successivement deux d%
\'{e}s \'{e}quilibr\'{e}s.\\

\noindent On note :

\begin{itemize}
\item $D_{1}$ le r\'{e}sultat du premier d\'{e} et $D_{2}$ le r\'{e}sultat
du deuxi\`{e}me d\'{e}

\item $E_{1}$ l'\'{e}v\'{e}nement : $\left( D_{1}<D_{2}\right) $, $E_{2}$ l'%
\'{e}v\'{e}nement : $\left( D_{1}=D_{2}\right) $ et $E_{3}$ l'\'{e}v\'{e}%
nement : $\left( D_{1}>D_{2}\right) $\\
\end{itemize} 

\noindent Lors d'une partie,

\begin{itemize}
\item si l'\'{e}v\'{e}nement $E_{1}$ se produit alors le joueur ne marque
pas de point,

\item si l'\'{e}v\'{e}nement $E_{2}$ se produit alors le joueur marque 2
points,

\item si l'\'{e}v\'{e}nement $E_{3}$ se produit alors le joueur marque 1
point.\\
\end{itemize} 

%\subsection*{I. Etude de parties successives.}

%Soit $n$ un entier naturel non nul. Le joueur joue successivement $n$
%parties.
\noindent Le joueur répète $n$ fois ce jeu. Pour tout entier naturel $i\geq 1$, on note :

\begin{itemize}
\item $X_{i}$ la variable al\'{e}atoire repr\'{e}sentant le nombre de points
marqu\'{e}s lors de la $i^{\grave{e}me}$ partie ;

\item $S_{i}$ le nombre de points marqu\'{e}s apr\`{e}s $i$ parties.
\end{itemize}

\begin{enumerate}
\item On a montré dans la partie $1$ que 
\begin{center}
\fbox{$p(E_2) = p = \dfrac{1}{6}$.}
\end{center}
On pourrait calculer $p(E_1)$ et $p(E_3)$ par dénombrement mais il est plus simple de remarquer que par symétrie, $p(E_1) = p(E_3) = x$ et comme
\begin{align*}
p(E_1) + p(E_2) + p(E_3) = 1 & \Longleftrightarrow 2x = 1 - p(E_2) \\
& \Longleftrightarrow 2x = \dfrac{5}{6}
\end{align*}
Finalement
\begin{center}
\fbox{$p(E_1) = p(E_3) = \dfrac{5}{12}$. }
\end{center}

\item Soit $i \in \entier{1,n}$. $X_i(\Omega) = \entier{0,2}$. D'après la question précédente, 
\begin{center}
\fbox{$P(X_i = 0) = P(E_1) = \dfrac{5}{12}$,\: $P(X_i = 1) = P(E_3) = \dfrac{5}{12}$ \: et \: $P(X_i = 2) = P(E_2) = \dfrac{1}{6}$}
\end{center}
On peut alors calculer
\begin{center}
\fbox{$E(X_i) = 0 \times \dfrac{5}{12} + 1 \times \dfrac{5}{12} + 2 \times \dfrac{1}{6} = \dfrac{9}{12}$.}
\end{center}
On calcule également
$$
E(X_i^2) = 0^2 \times \dfrac{5}{12} + 1^2 \times \dfrac{5}{12} + 2^2 \times \dfrac{1}{6} = \dfrac{13}{12}
$$
Ainsi, d'après la formule de K\"oenig-Huygens
\begin{center}
\fbox{$V(X_i) = E(X_i^2) - E(X_i)^2 = \dfrac{13}{12} - \dfrac{81}{144} =  \dfrac{156}{144} - \dfrac{81}{144} = \dfrac{75}{144}$.}
\end{center}
\item $S_1$ a la même loi que $X_1$. 

\item Le support de $S_2$ est $S_2(\Omega) = \{ 0, 1,2,3,4 \}$. On a alors 
Pour faire 0 points, il faut faire 0 points au premier lancer et 0 points au deuxième lancer. 
$$
P(S_2 =0 ) = P(X_1 = 0 \cap X_2 = 0) = \dfrac{5}{12} \times \dfrac{5}{12} = \dfrac{25}{144}
$$ 
Pour faire 1 points, il faut faire 1 points au premier, 0 points au deuxième ou 0 points au premier, 1 point au deuxième. 
\begin{align*}
P(S_2 = 1) & = P((X_1 = 0 \cap X_2 = 1) \cup ( X_1 = 1 \cap X_2 = 0)) \\
& = P(X_1 = 0)P(X_2 = 1) + P(X_1 = 1) P(X_2 = 0) \\
& = \dfrac{5}{12} \times \dfrac{5}{12} + \dfrac{5}{12} \times \dfrac{5}{12} \\
& = \dfrac{50}{144} 
\end{align*}

De même 
\begin{align*}
P(S_2 = 2) & = P((X_1 = 0 \cap X_2 = 2) \cup P((X_1 = 1 \cap X_2 = 1) \cup ( X_1 = 2 \cap X_2 = 0)) \\
& = P(X_1 = 0)P(X_2 = 2) + P(X_1 = 1) P(X_2 = 1) + P(X_1 = 2) P(X_2 = 0) \\
& = \dfrac{5}{12} \times \dfrac{1}{6} + \dfrac{5}{12} \times \dfrac{5}{12} + \dfrac{1}{6} \times \dfrac{5}{12} \\
& = \dfrac{10}{144} + \dfrac{25}{144} + \dfrac{10}{144} \\
& = \dfrac{45}{144}
\end{align*}

\begin{align*}
P(S_2 = 3) & = P((X_1 = 1 \cap X_2 = 2) \cup ( X_1 = 2 \cap X_2 = 1)) \\
& = P(X_1 = 1)P(X_2 = 2) + P(X_1 = 2) P(X_2 = 1) \\
& = \dfrac{5}{12} \times \dfrac{1}{6} + \dfrac{1}{6} \times \dfrac{5}{12}  \\
& = \dfrac{5}{36}
\end{align*}
et enfin
$$
P(S_2 =4 ) = P(X_1 = 2 \cap X_2 = 2) = \dfrac{1}{6} \times \dfrac{1}{6} = \dfrac{1}{36}
$$ 
\item
\begin{enumerate}
\item Le support de $S_3$ est \begin{center}
\fbox{$S_3(\Omega) = \entier{0,6}$.}
\end{center}

\item En utilisant le système complet d'évènement associé à $S_2$
\begin{align*}
P(S_3 = 2) & = \sum_{k=0}^4 P(S_2= k) P_{S_2 = k} (S_3 = 2) \\  
& = P(S_2 = 0)P(X_3 = 2) + P(S_2 = 1) P(X_3 = 1) + P(S_2 = 2) P(X_3 = 0) + 0 + 0 \\
& = \dfrac{25}{144} \times \dfrac{1}{6} + \dfrac{50}{144} \times \dfrac{5}{12} + \dfrac{45}{144} \times \dfrac{5}{12} \\
& = \dfrac{50}{1728} + \dfrac{250}{1728} + \dfrac{225}{1728} 
\end{align*}
On a alors 
\begin{center}
\fbox{$P(S_3 = 2) =  \dfrac{525}{1728}$.}
\end{center}
\end{enumerate}

\item
\begin{enumerate}
\item On a 
\begin{center}
\fbox{$S_n = X_1 + \ldots + X_n = \ds \sum_{k=1}^n X_k$.}
\end{center}
Par linéarité de l'espérance 
\begin{align*}
E(S_n) & =  E \left( \sum_{k=1}^n X_k \right) \\
& = \sum_{k=1}^n E(X_k) \\
\end{align*}
Et comme pour tout $k \in \entier{1,n}$, $E(X_k) = \dfrac{9}{12}$, on a
\begin{center}
 \fbox{$E(S_n) = \dfrac{9n}{12}$.}
 \end{center} 


\item On résout $\dfrac{9n}{12} = 10 \Longleftrightarrow n = \dfrac{120}{9} \approx 13,3$
En moyenne, il faudra au minimum \uline{14 parties} pour que le joueur obtienne plus de 10 points
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\newpage

\section*{Exercice III (A) - Probabilités}
Les parties sont toutes indépendantes 

\subsection*{Partie I}

Un fumeur, après avoir lu une série de statistiques effrayantes sur les risques de cancer, problèmes cardiovasculaires liés au tabac, décide d'arrêter de fumer ; toujours d'après des statistiques, on estime les probabilités suivantes : si cette personne n'a pas fumé un jour $J_n$, alors la probabilité pour qu'elle ne fume pas le jour suivant
$J_{n+1}$ est $0,4$ ; mais si elle a fumé un jour $J_n$, alors la probabilité pour qu'elle ne fume pas le jour suivant $J_{n+1}$ est
$0,8$ ; On note $p_n$ la probabilité que cette personne ne fume pas au jour $J_n$ et $F_n$ l'évènement "la personne ne fume pas au jour $J_n$"
\begin{enumerate}
\item Au jour 0 (c'est-à-dire avant de commencer à arrêter de fumer) la probabilité que cette personne ne fume pas est $0$
\begin{center}
\fbox{$p_0 = 0$.}
\end{center}
\item Comme la personne fumait au jour $0$, on a d'après l'énoncé  
\begin{center}
\fbox{$p_1 = 0,8$ }
\end{center}
Le système $(F_1; \overline{F_1})$ est un système complet d'évènements. Donc d'après la formule des probabilités totales : 
$$
P(F_2) = P(F_1) P_{F_1} (F_2) + P( \overline{F_1}) P_{\overline{F_1}} (F_2)
$$
C'est-à-dire,
$$
p_2 = 0,8 \times 0,4 + 0,2  \times 0,8
$$
\begin{center}
\fbox{Ainsi $p_2 = 0,48$.}
\end{center}
\item Le système $(F_n; \overline{F_n})$ est un système complet d'évènements. Donc d'après la formule des probabilités totales : 
$$
P(F_{n+1}) = P(F_n) P_{F_n} (F_{n+1}) + P( \overline{F_n}) P_{\overline{F_n}} (F_{n+1})
$$
C'est-à-dire
\begin{align*}
p_{n+1} = p_n \times 0,4 + (1-p_n) \times 0,8
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{Ainsi pour tout $n\in \N^*$, $p_{n+1} = 0,8 - 0,4p_n$.}
\end{center}
On reconnait une suite arithmético-géométrique. On résout alors l'équation 
\begin{align*}
& x = 0,8 - 0,4 x \\
\Longleftrightarrow \; & 1,4 x = 0,8 \\
 \Longleftrightarrow \; & x = \dfrac{0,8}{1,4} = \dfrac{4}{7} \\
\end{align*}
On pose alors $v_n = p_n -  \dfrac{4}{7}$. On obtient après calcul 
$$
v_{n+1} = -0,4 v_n
$$
La suite $(v_n)$ est bien une suite géométrique avec $v_0 = 0 - \dfrac{4}{7} = -\dfrac{4}{7} $ et 
$$
\forall n \in \N, \quad v_n = -\dfrac{4}{7} \times (-0,4)^n
$$
et donc
\begin{center}
\fbox{$p_n = -\dfrac{4}{7} \times (-0,4)^n + \dfrac{4}{7}$.}
\end{center}
\item On a $ -1 < -0,4 < 1$ donc $\li_{n \to + \infty} (-0,4)^n = 0$ et 
\begin{center}
\fbox{$\li_{n \to + \infty} p_n = \dfrac{4}{7}$. }
\end{center}
Cette personne ne va pas arrêter de fumer.
\end{enumerate} 

\subsection*{Partie II}

Un joueur joue au jeu TETRIS et passe les niveaux $1$, $2$, $\ldots$, $n$, $\ldots$ jusqu'à ce qu'il échoue. Il a une probabilité $\dfrac{1}{n}$ de réussir le jeu de niveau  $n$. Soit $X$ le numéro du dernier niveau réussi. (Il finit toujours par échouer et la réussite des niveaux sont indépendants).
\begin{enumerate}
\item On a \begin{center}
\fbox{$X( \Omega) = \N^*$.}
\end{center}
On note les évènements $A_n$ : "Le joueur passe le niveau $n$. On a donc $P(A_n) = \dfrac{1}{n}$. On a alors 
$$
(X = k) = A_1 \cap A_2 \cap \ldots \cap A_k \cap \overline{A_{k+1}} 
$$
Les évènements étant mutuellement indépendants, on a 
\begin{align*}
P(X=k) & = P(A_1) \times P(A_2) \times \ldots \times P(A_k) \times P(\overline{A_{k+1}}) \\
& = 1 \times \dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{3} \times \ldots \times \dfrac{1}{k} \times \dfrac{k}{k+1} \\
\end{align*}
C'est à dire \begin{center}
\fbox{$P(X=k) = \dfrac{k}{(k+1)!}$.}
\end{center}
On étudie les sommes 
\begin{align*}
\sum_{k=1}^n P(X=k) & = \sum_{k=1}^n \dfrac{k}{(k+1)!} \\
& = \sum_{k=1}^n \dfrac{k+1-1}{(k+1)!} \\
& = \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{k!} - \dfrac{1}{(k+1)!} \\ 
\end{align*}
On reconnait une somme télescopique. On peut donc conclure que la série converge et 
\begin{center}
\fbox{$
\ds \sum_{k=1}^{+\infty} P(X=k) = \dfrac{1}{1!} - \li_{n \to + \infty} \dfrac{1}{n!} = 1.
$}
\end{center}
\item On étudie la série $\ds \sum_{k \geq 1} kP(X= k)$ en passant par les sommes partielles. Soit $n \in \N^*$,
\begin{align*}
\ds \sum_{k=1}^{n} k P(X=k) & = \sum_{k=1}^n k \dfrac{k}{(k+1)!} \\
& = \sum_{k=1}^n k \dfrac{(k+1-1)}{(k+1)!} \\
& = \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{(k-1)!} - \dfrac{k}{(k+1)!} \\  
& = \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{(k-1)!} - \sum_{k=1}^n \dfrac{k}{(k+1)!} \\
& = \sum_{k=0}^{n-1} \dfrac{1}{k!} -  \sum_{k=1}^n \dfrac{k}{(k+1)!}
\end{align*}
Or, on sait que les séries $\ds \sum_{k \geq 0} \dfrac{1}{k!}$ (série exponentielle) et $\ds \sum_{k \geq 1} \dfrac{k}{(k+1)!}$ sont convergentes. L'espérance existe et 
\begin{center}
\fbox{$
\ds E(X) = \sum_{k=1}^{+\infty} k P(X=k)  = e - 1
$}
\end{center}

On va calculer $E((X+1)(X-1))$ en utilisant la formule de transfert
\begin{align*}
\ds \sum_{k=1}^{n} (k+1)(k-1) P(X=k) & = \sum_{k=1}^n (k-1)(k+1) \dfrac{k}{(k+1)!} \\
& = \sum_{k=2}^n  \dfrac{(k-1)k(k+1)}{(k+1)!} \\
& = \sum_{k=2}^n  \dfrac{1}{(k-2)!} \\
& = \sum_{k=0}^{n-2}  \dfrac{1}{k!} 
\end{align*}
La série $\ds \sum_{k \geq 0} \dfrac{1}{k!}$ est convergente et donc 
$$E((X-1)(X+1)) = E(X^2 -1) = e \Longleftrightarrow E(X^2) = e +1 $$
D'après la formule de Koenig-Huygens, 
\begin{center}
 \fbox{$V(X) = E(X^2) - E(X)^2 = e +1 - (e-1)^2 = 3e - e^2 $.}
 \end{center} 
\end{enumerate} 

\subsection*{Partie III}

Un établissement bancaire comporte 5 guichets numérotés de 1 à 5. Le nombre $N$ de personnes arrivant à la banque en une journée suit une loi de Poisson de paramètre $\lambda > 0$. On suppose que les clients choisissent leur guichet au hasard, indépendamment les uns des autres. On note $X$ le nombre de clients arrivant au guichet n°3 en une journée.
\begin{enumerate}
\item $N$ suit une loi de Poisson de paramètre $\lambda$ donc 
\begin{center}
\fbox{$E(N) = \lambda$.}
\end{center}
Le paramètre $\lambda$ correspond à la moyenne des clients fréquentant la banque en une journée. 
\item Sachant $N=n$, la VA $X$ suit une loi binomiale puisque l'on compte le nombre de succès d'une répétition d'épreuve de Bernoulli. On a donc  
\begin{center}
 \fbox{$ \forall k  \in \entier{0; n},  P_{(N=n)}(X_1 = k) = \binom{n}{k} \left( \dfrac{1}{5} \right)^k \times \left( \dfrac{4}{5} \right)^{n-k}$}
 \end{center} 
 Nous avons enfin,
 \begin{center}
 \fbox{$ \forall k  > n ,  P_{(N=n)}(X_1 = k) = 0$}
 \end{center} 
\item En utilisant le système complet d'évènement associé à $N$ et la formule des probabilités totales, on a
\begin{align*}
P(X = k) & = \sum_{n = 1}^{+\infty} P(N=n) \times P_{N=n} (X_1 = k) \\
& = \sum_{n = k}^{+\infty} \dfrac{\lambda^n}{n!} e^{-\lambda} \binom{n}{k} \left( \dfrac{1}{5} \right)^k \times \left( \dfrac{4}{5} \right)^{n-k} \\
& = e^{-\lambda}\left( \dfrac{1}{5} \right)^k \sum_{n = k}^{+\infty} \dfrac{\lambda^n}{n!}  \times \dfrac{n!}{k!(n-k)!}  \times \left( \dfrac{4}{5} \right)^{n-k} \\
& = \dfrac{e^{-\lambda}}{k!}\left( \dfrac{1}{5} \right)^k \sum_{n = k}^{+\infty} \dfrac{\lambda^n}{(n-k)!} \times \left( \dfrac{4}{5} \right)^{n-k} \\
& = \dfrac{e^{-\lambda}}{k!}\left( \dfrac{1}{5} \right)^k \sum_{n = 0}^{+\infty} \dfrac{\lambda^{n+k}}{n!} \times \left( \dfrac{4}{5} \right)^{n} \\
& = \dfrac{e^{-\lambda} \lambda^k}{k!}\left( \dfrac{1}{5} \right)^k \sum_{n = 0}^{+\infty} \dfrac{\left(\dfrac{4}{5} \lambda \right)^{n}}{n!} \\
& = \dfrac{e^{-\lambda} \lambda^k}{k!}\left( \dfrac{1}{5} \right)^k e^{\frac{4\lambda}{5}} 
\end{align*}
C'est à dire ,
\begin{center}
\fbox{$P(X = k) =  \dfrac{e^{-\frac{\lambda}{5}} (\frac{\lambda}{5})^k}{k!} $}
\end{center}
\item La variable aléatoire $X$ suit une loi de Poisson de paramètre $\dfrac{\lambda}{5}$.
\begin{center}
\fbox{$
X  \loi{P} \left( \dfrac{\lambda}{5} \right)
$}
\end{center}
On en déduit que \begin{center}
\fbox{$E(X) = \dfrac{\lambda}{5}$ et $V(X) = \dfrac{\lambda}{5}$}
\end{center}
\end{enumerate}

\newpage
\section*{Exercice III(B) - EML 2018}

	\subsection*{Partie I~: \'Etude d'une première variable aléatoire}
	
		\begin{enumerate}[label = \bfseries \arabic*.]
			\item 
			\begin{enumerate}[label = \bfseries \alph*.]
				\item Notons, pour tout $i \in \N$, $P_i$ l'événement~: \og Obtenir pile au $i$-ème lancer \fg\, et $F_i = \overline{P_i}$. On a alors 
					\begin{align*}
						(X = 0)
							& = P_1 \cap P_2 \\
						(X = 1) & = (P_1 \cap F_2 \cap P_3) \cup (F_1 \cap P_2 \cap P_3) \\
						(X = 2) & = (P_1 \cap F_2 \cap F_3 \cap P_4) \cup (F_1 \cap P_2 \cap F_3 \cap P_4) \cup (F_1 \cap F_2 \cap P_3 \cap P_4).
					\end{align*}
					En effet, pour tout $n \in \N$, $(X = n)$ signifie que l'on a obtenu $n$ Face et deux Pile, le second au $(n+2)$-ème lancer et le premier à l'un des $(n+1)$ rangs précédents.
					On obtient donc 
					\mathgrise{
						\systeme{rl}{
							P(X = 0) & = \left(\dfrac 23\right)^2 = \dfrac 49,\\
							\\
							P(X = 1) & = 2 \times \dfrac 13 \times \left(\dfrac 23\right)^2 = \dfrac{8}{27},\\
							\\
							P(X = 2) & = 3 \times \left(\dfrac 13\right)^2 \times \left(\dfrac 23\right)^2 = \dfrac{4}{27}.
						}
					}

				\item Comme observé à la question précédente, pour tout $n \in \N$, $(X = n)$ signifie que l'on a obtenu $n$ Face et deux Pile, le second au $(n+2)$-ème lancer, le premier à l'un des $(n+1)$ rangs précédents. Formellement~:
					$$(X = n) = \left[ \bigcup_{i=1}^{n+1} \left( P_i \cap \left( \bigcap_{\substack{j=1 \\ j \neq i}}^{n+1} F_j \right)\right)\right] \cap P_{n+2}.$$
					Par incompatibilité et par indépendance des lancers, il vient 
					\begin{align*}
						P(X = n)
							& = \left(\sum_{i=1}^{n+1} \frac 23 \times \left(\dfrac 13\right)^n \right) \times \frac 23 \\
							& = \sum_{i=1}^{n+1} \frac{4}{3^{n+2}} \\
							& = (n+1)\frac{4}{3^{n+2}}.
					\end{align*}
					Ainsi,
					\mathgrise{
						\forall n \in \N, \quad P(X = n) = (n+1)\frac{4}{3^{n+2}}.
					}				
			\end{enumerate}
		\end{enumerate}
		
	\subsection*{Partie II~: \'Etude d'une expérience en deux étapes}
	
		\begin{enumerate}[resume, label = \bfseries \arabic*.]
			\item 
			\begin{enumerate}[label = \bfseries \alph*.]
				\item $U$ prend clairement des valeurs entières positives et, pour chaque entier $n$, il existe une suite de tirages amenant à $n$ Face et 2 Pile suivi d'un tirage de la boule numérotée $n$. Autrement dit, 
					\mathgrise{
						U(\Omega) = \N.
					}
				\item Soit $n \in \N$. Sachant $(X=n)$, l'urne est composée de $(n+1)$ boules indiscernables au toucher numérotées de $0$ à $n$ donc 
					\mathgrise{
						U^{(X = n)} \loi{U}(\entier{0,n}).
					}
				\item Soit $k \in \N$. On commence par observer que $(U=k) \cap (X=n) = \emptyset$ si $n <k$ car on ne peut pas tirer une boule numérotée $k$ dans une urne contenant des boules numérotées de 0 à $n$ si $k>n$. Ainsi en appliquant la formule des probabilités totales relativement au système complet d'événements $\left\{ {(X=n)}_{n \in \N} \right\}$, on obtient~:
					\begin{align*}
						P(U = k)
							& = \sum_{n = 0}^{+\infty} P(U=k \cap X = n) \\
							& = \sum_{n = k}^{+\infty} P(U=k \cap X = n ) \\
							& = \sum_{n = k}^{+\infty} P_{(X=n)}(U=k) P(X=n) \\
							& = \sum_{n = k}^{+\infty} \frac{1}{n+1} P(X=n) \quad (\textrm{d'après }\textbf{2.b}),
					\end{align*}
					ce qui établit la première égalité.
					
					En injectant le résultat trouvé en \textbf{1.b}, il vient 
					\begin{align*}
						P(U = k)
							& = \sum_{n = k}^{+\infty} \frac{1}{n+1} \times (n+1) \frac{4}{3^{n+2}} \\
							& = 4 \sum_{n = k}^{+\infty} \frac{1}{3^{n+2}} \\ 
							& = 4 \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{1}{3^{n+k+2}} \\
							& = \frac{4}{3^{k+2}} \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{1}{3^n} \\
							& = \frac{4}{3^{k+2}} \times \frac{1}{1-1/3} \\
							& = \frac{4}{3^{k+2}} \times \frac{3}{2}.
					\end{align*}
					Ainsi, 
					\mathgrise{
						\forall k \in \N, \quad P(U = k) = \frac{2}{3^{k+1}}.
					}

				\item $U$ admet une espérance si et seulement si la série $\displaystyle \sum_{k \geq 0} k P(U = k)$ converge absolument. Les valeurs prises par $U$ étant positives, ceci équivaut à la convergence de la série. Or,
					\begin{align*}
						\sum_{k \geq 0} k P(U = k)  
							& = \sum_{k \geq 0} k \frac{2}{3^{k+1}} \\
							& = \sum_{k \geq 1} k \frac{2}{3^{k+1}} \\
							& = \frac{2}{9} \sum_{k \geq 1} k \frac{1}{3^{k-1}} \\
							& = \frac{2}{9} \sum_{k \geq 1} k \left(\frac{1}{3}\right)^{k-1}.
					\end{align*}
					On reconnaît le terme général d'une série géométrique dérivée de raison $1/3$. La série converge donc et alors 
					\begin{align*}
						E(U)
							& = \sum_{k = 0}^{+\infty} k P(U = k) \\
							& = \sum_{k = 0}^{+\infty} k \frac{2}{3^{k+1}} \\
							& = \sum_{k = 1}^{+\infty} k \frac{2}{3^{k+1}} \\
							& = \frac{2}{9} \sum_{k = 1}^{+\infty} k \frac{1}{3^{k-1}} \\
							& = \frac{2}{9} \times \frac{1}{(1-1/3)^2} \\
							& = \frac{2}{9} \times \frac 94 
					\end{align*}
					Ainsi,
					\mathgrise{
						E(U) = \frac 12.
					}
					
					Pour déterminer la variance, on commence par étudier l'espérance de $U(U-1)$. On a 
					\begin{align*}
						\sum_{k \geq 0} k(k-1) P{U = k} 
							& = \sum_{k \geq 2} k (k-1) \frac{2}{3^{k+1}} \\
							& = \frac{2}{27} \sum_{k \geq 2} k(k-1) \left(\frac 13\right)^{k-2}.
					\end{align*}
					On reconnaît une série géométrique dérivée deux fois de raison $1/3$, il s'agit donc d'une série convergente, et plus précisément absolument convergente puisque ses termes sont positifs. Il suit donc du théorème de transfert que $U(U-1)$ admet une espérance et 
					\begin{align*}
						E(U(U-1))
							& = \sum_{k = 0}^{+\infty}  k(k-1) P(U = k) \\
							& = \frac{2}{27} \sum_{k = 2}^{+\infty} k(k-1) \left(\frac 13\right)^{k-2} \\
							& = \frac{2}{27} \times \frac{2}{(1-1/3)^3} \\
							& = \frac{2}{27} \times \frac{2 \times 27}{8} \\
							& = \frac 12.
					\end{align*}
					Mais alors $U^2 = U^2 - U + U = U(U-1) + U$ admet une espérance comme somme de variables aléatoires admettant une espérance et 
					$$E(U^2) = E(U(U-1)) + E(U) = \frac 12 + \frac 12 = 1.$$
					Il suit alors de la formule de Koenig-Huygens que~:
					\mathgrise{
						V(U) = E(U^2) - E(U)^2 = 1-\left(\frac 12 \right)^2 = \frac 34.
					}
			\end{enumerate}
			\item 
			\begin{enumerate}[label = \bfseries \alph*.]
				\item $V$ prend clairement des valeurs entières positives ou nulles et, pour tout $n \in \N$, il existe un tirage amenant à $n$ Face et deux Pile suivi d'un tirage de la boule 0, auquel cas $(V = n)$ est réalisé. Ainsi,
				\mathgrise{	
					V(\Omega) = \N.
				}
				\item Soit $n \in \N$. Alors $V^{(X=n)}$ prend ses valeurs entre $0$ et $n$ et, pour tout $k \in \iint 0n$, on a 
					\begin{align*}
						P_{(X=n)}(V = k)
							& = P_{(X=n)}(X-U = k)\\
							& = P_{(X=n)}(U = n-k)\\
							& = \frac{1}{n+1}.
					\end{align*}
					Ainsi, 
					\mathgrise{
						V^{(X = n)} \loi{U}(\entier{0,n}).
					}

				\item En reprenant les calculs effectués en \textbf{2.b}, on observe que la loi de $V$ est la même que celle de $U$. Autrement dit, 
					\mathgrise{
						\forall k \in \N, \quad P(V = k) = \frac{2}{3^{k+1}}.
					}
			\end{enumerate}
		\end{enumerate}
		
	\subsection*{Partie III~: \'Etude d'un jeu}
		\begin{enumerate}[label = \bfseries \arabic*.]
		 \item \textbf{Simulation informatique}
			\begin{enumerate}[label = \bfseries \alph*.]
				\item On propose la fonction suivante~:
				
				\hrulefill 
				\begin{verbatim}
1.  function x = simule_X()
2.      nPile = 0
3.      nFace = 0
4.      while (nPile<2)
5.          if (rand()<2/3)
6.              nPile = nPile +1
7.          else
8.              nFace = nFace +1
9.          end
10.     end
11.     x = nFace
12. endfunction
				\end{verbatim}
				\hrulefill
				
				\item La fonction proposée dans l'énoncé calcule la fréquence, sur 10~000 simulations, des victoires de $A$.
				\item On observe que pour $p \approx 0,8$, on obtient une fréquence de victoires de $A$ approximativement égale à 50\%. Ainsi~: 
					\textgrise{
						Le jeu est équilibré pour $p \approx 0,8$.
					}
			\end{enumerate}
			
			\item \textbf{\'Etude de la variable aléatoire $Y$} \\
		
			\begin{enumerate}[label = \bfseries \alph*.]
				\item $Z$ compte le rang du premier succès (\og obtenir Pile \fg) dans une suite indéfinie de répétitions d'expériences de Bernoulli indépendantes (lancer la pièce), de même paramètre ($p$, la probabilité de faire Pile). Ainsi, 
					\mathgrise{
						Z \loi{G}(p).
					}
				\item $Y$ étant le nombre de Face obtenus jusqu'au premier Pile, on a la relation $Y = Z-1$. Il s'ensuit que $Y$ admet une espérance et une variance et que 
					\mathgrise{
						E(Y) = E(Z-1) = E(Z) - 1 = \frac{1}{p} - 1 = \frac{1-p}{p}
					}
					et 
					\mathgrise{
						V(Y) = V(Z-1) = V(Z) = \frac{1-p}{p^2}.
					}
				\item Posons $q = 1-p$. On a, pour tout $n \in \N$,
					\begin{align*}
						P(Y \geq n) 
							& = P(Z-1 \geq n) \\
							& = P(Z \geq n+1) \\
							& = \sum_{k=n+1}^{+\infty} P(Z = k) \\
							& = \sum_{k=n+1}^{+\infty} pq^{k-1} \\
							& = pq^n \sum_{k=n+1}^{+\infty} q^{k-(n+1)} \\
							& = pq^n \sum_{k=0}^{+\infty} q^{k} \\
							& = pq^n \times \frac{1}{1-q} \\
							& = q^n.
					\end{align*}
					Ainsi,
					\mathgrise{
						\forall n \in \N, \quad P(Y \geq n) = (1-p)^n.
					}

			\end{enumerate}
			
			\item 
			\begin{enumerate}[label = \bfseries \alph*.]
				\item En appliquant la formule des probabilités totales relativement au système complet d'événements $(X=n)_{n \in \N}$, on a 
					\begin{align*}
						P(X \leq Y)
							& = \sum_{n = 0}^{+\infty} P(X = n \cap X \leq Y) \\
							& = \sum_{n = 0}^{+\infty} P(X = n \cap Y \geq n) \\
							& = \sum_{n = 0}^{+\infty} P(X = n) P(Y \geq n) \quad (\textrm{car $X$ et $Y$ sont indépendantes}).
					\end{align*}
					Ainsi,
					\mathgrise{
						P(X \leq Y) = \sum_{n = 0}^{+\infty} P(X = n) P(Y \geq n).
					}

				\item En injectant les résultats établis en \textbf{1.b} et \textbf{7.c} dans la formule trouvée en \textbf{8.a}, on a~:
					\begin{align*}
						P(X \leq Y)
							& = \sum_{n = 0}^{+\infty} P(X = n) P(Y \geq n) \\
							& = \sum_{n=0}^{+\infty} (n+1)\frac{4}{3^{n+2}}q^n \\
							& = \frac 49 \sum_{n=0}^{+\infty} (n+1) \left(\frac{q}{3}\right)^n \\
							& = \frac 49 \sum_{n=1}^{+\infty} n \left(\frac{q}{3}\right)^{n-1} \\
							& = \frac 49 \times \frac{1}{(1-q/3)^2} \\
							& = \frac 49 \times \left(\frac{3}{3-q}\right)^2 \\
							& = \frac{4}{(3-q)^2} \\
							& = \frac{4}{(2+p)^2}.
					\end{align*}
					Ainsi,
					\mathgrise{
						P(X \leq Y) = \frac{4}{(2+p)^2}.
					}

				\item Le jeu est équilibré quand $P(X \leq Y) = \dfrac 12$, c'est-à-dire quand $\dfrac{4}{(2+p)^2} = \dfrac 12$. Or 
					\begin{align*}
						\dfrac{4}{(2+p)^2} = \dfrac 12
							& \Leftrightarrow 8 = (2+p)^2 \\
							& \Leftrightarrow p^2+4p-4 = 0 \\
							& \Leftrightarrow p \textrm{ est racine de } X^2+4X-4 \\
							& \Leftrightarrow p \in \left\{-2-2\sqrt 2, \, -2+2\sqrt 2 \right\}.
					\end{align*}
					Mais $-2-2\sqrt 2<0$ et $-2+2\sqrt 2 > 0$ et $p$ est nécessairement positif. Ainsi,
					\textgrise{
						Le jeu est équitable pour $p = 2 \sqrt 2 - 2$.
					}
					
					\emph{Remarque~:} On a $\sqrt 2 \approx 1,41$ donc $2 \sqrt 2 - 2 \approx 0,82$, ce qui est cohérent avec la réponse déterminée numériquement à la question \textbf{6.c}.
					

			\end{enumerate}

		\end{enumerate}

\end{document}