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

\chead{Correction SIGMA n°3C}
\lfoot{}
\cfoot{SIGMA n°3C.}

\begin{center}
\fbox{ \Large Correction SIGMA n°3C}
\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.}

\newcommand{\bk}{\bigskip}
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\newcommand{\Bc}{\ensuremath{\mathcal{B}}}
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\newcommand{\la}{\lambda}

\newcommand{\pa}[1]{\ensuremath{\left(#1\right)}}
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\newcommand{\ac}[1]{\ensuremath{\left\{\begin{array}{lllll}#1\end{array}\right.}}

\newcommand{\di}{\displaystyle}  
\newcommand{\ssi}{\Leftrightarrow } 
\renewcommand{\le}{\leqslant} 
\renewcommand{\ge}{\geqslant}

\newcommand{\Prod}[2]{\di{\prod_{#1}^{#2}}} 
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\newcommand{\point}{$\bullet$~}
\newcommand{\mini}[2]{\begin{minipage}{#1} #2 \end{minipage}}




\subsection*{Partie I : Modèle de population saisonnière}

$T\in\N^*$ = durée maximal de la saison.\\
$\tau$ est la variable aléatoire égale à la durée de la saison. Ainsi, $\tau(\Omega)=[\![1,T]\!]$ et  $[\tau=t]=$\og la saison s'arrête à la date $t$\fg
\mk\\
A un instant $t$ : \begin{itemize}
\item la génération d'insectes s'éteint en déposant des \oe ufs\sk 
\item  $N(t)$ = nombre moyen d'\oe ufs produits à l'instant $t$. \\
Un individu produit en moyenne $\alpha$ \oe ufs, avec $\alpha>0$.\sk 
\item $p(t)$ = proportion des \oe ufs pondus à l'instant $t$ qui rentrent en diapause.\sk  
\item Les \oe ufs qui ne sont pas entrés en diapause  éclosent à  $t+1$.  \sk 
\item $D(t)$ = nombre d'\oe ufs  en diapause à l'instant $t$\mk 
\end{itemize}

On a $D(0)=0$ ; $N(0)\in\N^*$, $\forall t \in[\![0,T-1]\!]$, $0<p(t)\le 1$ \mk 

\begin{enumerate}
\item \begin{enumerate}
	\item $D(t+1)$ est le nombre d'\oe ufs en diapause à l'instant $t+1$ \\
Il est égal au nombre d'\oe ufs  qui étaient en diapause à l'instant $t$ (=$D(t)$) plus ceux qui rentrent en diapause à l'instant $t+1$ (=$p(t)\times N(t)$).\\
En effet, à la date $t$, il y a en moyenne $N(t)$ \oe ufs pondus et la proportion des \oe ufs pondus à qui rentrent en diapause est $p(t)$.
\begin{center}
\fbox{$D(t+1)=D(t)+p(t)N(t)$,\qquad $\forall t\in [\![0,T-1]\!]$} 
\end{center}

	\item $N(t+1)$ est le nombre moyen d'\oe ufs pondus à l'instant $t+1$. \\
Un individu produit en moyenne $\alpha$ \oe ufs. \\
Le nombre d'individus à l'instant $t+1$ est égal au nombre d'\oe ufs qui ont éclos c'est-à-dire $ [1-p(t)]N(t)$. En effet, sur les $N(t)$ \oe ufs pondus à la date $t$, la proportion de ceux qui éclosent est $1-p(t)$.
\begin{center}
\fbox{$N(t+1)=\alpha  (1-p(t))N(t)$,\qquad $\forall t\in [\![0,T-1]\!]$}
\end{center}
	\end{enumerate}
\item On suppose $\alpha \le 1$.
	\begin{enumerate}
	\item $\forall t\in [\![0,T-1]\!]$, on a $N(t+1)=\alpha  [1-p(t)]N(t)$.\\
Or $0<p(t)\le 1$ donc $0\le 1-p(t)<1$ et $0<\alpha\le 1$ donc $0\le \alpha [1-p(t)]\le 1$. \mk\\
Ainsi, 
\begin{center}
\fbox{$N(t+1)\le N(t)$, \qquad $\forall t\in [\![0,T-1]\!]$}
\end{center}
	\item $\forall t\in [\![0,T-1]\!]$, \begin{tabular}[t]{ll} $N(t+1)=\alpha  [1-p(t)]N(t)\le (1-p(t))N(t)$ car $\alpha\le 1$\\
 $D(t+1)=D(t)+p(t)N(t)$\end{tabular} \sk\\Donc $D(t+1)+N(t+1) \le D(t)+p(t)N(t) + (1-p(t)) N(t)$
\begin{center}
\fbox{$D(t+1)+N(t+1)\le D(t)+N(t)$,  \qquad $\forall t\in [\![0,T-1]\!]$}
\end{center}
\item Montrons par récurrence que $\Pc(t)$ : \og $D(t)+N(t)\le N(0)$\fg~ est vraie $\forall t\in [\![0,T]\!]$ \mk\\
Pour $t=0$ : $D(0)=0$ donc $D(0)+N(0)=N(0)\le N(0)$ : $\Pc(0)$ est vraie \mk \\ 
Soit $t\in [\![0,T-1]\!]$. Supposons que $\Pc(t)$ est vraie.\\
$D(t+1)+N(t+1)\le D(t)+N(t) \le N(0)$ : $\Pc(t+1)$ est vraie
\fbox{$\forall t\in [\![0,T]\!]$, $D(t)+N(t)\le N(0)$}
\item $\forall t\in [\![0,T]\!]$, $N(t)\ge 0$ donc $D(t)\le D(t)+N(t)$.\mk \\
D4après 2c), on a donc \fbox{$\forall t\in [\![0,T]\!]$, $D(t)\le N(0)$}\\
	\item On suppose que $p(0)=1$\\
i) Montrons par récurrence que $\Pc(t)$ : \og $ N(t)=0$\fg~ est vraie $\forall t\in [\![1,T]\!]$ \mk\\
Pour $t=1$ : $N(1)=\alpha(1-p(0))N(0)=0$ car $p(0)=1$ donc $\Pc(1)$ est vraie \mk \\ 
Soit $t\in [\![1,T-1]\!]$. Supposons que $\Pc(t)$ est vraie : $N(t)=0$\\
$N(t+1)=\alpha (1-p(t))N(t)=0$ : $\Pc(t+1)$ est vraie
\begin{center}
\fbox{$\forall t\in [\![1,T]\!]$, $N(t)=0$ }
\end{center}
ii) $\forall t\in [\![0,T-1]\!]$, $D(t+1)=D(t)+p(t)N(t)=D(t)$\\ $D$ est stationnaire à partir de $t=1$. \\
Or $D(1)=D(0)+p(0)N(0)=0+1.N(0)=N(0)$\mk\\
Donc 
\begin{center}
\fbox{$\forall t\in [\![1,T]\!]$, $D(t)=N(0)$ }
\end{center}
\underline{Autre méthode} : \sk \\
Montrons par récurrence que $\Pc(t)$ : \og $D(t)=N(0)$\fg~ est vraie $\forall t\in [\![1,T]\!]$ \mk\\
Pour $t=1$ : $D(1)=D(0)+p(0)N(0)=0+1.N(0)=N(0)$ donc $\Pc(1)$ est vraie \mk \\ 
Soit $t\in [\![1,T-1]\!]$. Supposons que $\Pc(t)$ est vraie : $D(t)=N(0)$\\
$D(t+1)=D(t)+p(t)N(t)=D(t)=N(0)$ : $\Pc(t+1)$ est vraie\mk \\
\fbox{$\forall t\in [\![1,T]\!]$, $D(t+1)=D(t)+p(t)N(t)=D(t)$}
\bk \\
iii) Le but est de maximiser le nombre d'\oe ufs en diapause ie $D(t)$.\\ Or d'après 2d)  $D(t)\le N(0)$ et d'après 2e),  ce majorant est atteint si $p(0)=1$.\\
Donc la meilleure stratégie est d'avoir $p(0)=1$ c'est-à-dire que \mk\\ \fbox{les $N(0)$ \oe ufs entrent en diapause immédiatement}.\\
	\end{enumerate}
\item \textbf{On suppose jusqu'à la fin que $\alpha >1$.}\mk\\
$\tau$ VA finie à valeurs dans $[\![1,T]\!]$ et  on suppose que $P(\tau =t)>0$, $\forall t \in [\![1,T]\!]$.
	\begin{enumerate}
	\item $(\tau =t)\subset (\tau \ge t) $ donc $P(\tau =t)\le P (\tau \ge t)$. Comme $P(\tau =t)>0$, 
	\begin{center}
\fbox{$P(\tau \ge t)>0$}
	\end{center}
{\color{blue} On définit \dbox{$H(t)=P_{[\tau \ge t]})(\tau =t)$}}\\
\item $H(t)=P_{[\tau \ge t]}(\tau =t)
=\dfrac{P(\tau \ge t)\cap (\tau =t)}{P(\tau \ge t)} $
donc 
\begin{center}
\fbox{$H(t)=\dfrac{P(\tau =t)}{P(\tau \ge t)} $}
\end{center}
\item $H(T)=\dfrac{P(\tau =T)}{P(\tau \ge T)} = \dfrac{P(\tau =T)}{P(\tau =T)}$ car $\tau(\Omega)=[\![1,T]\!]$ donc
\begin{center}
\fbox{$H(T)=1$}
\end{center}
\item Si $\tau \hookrightarrow \Uc([\![1,T]\!])$, $P(\tau =t)=\frac1T$ $\forall t\in[\![1,T]\!]$.\\
$P(\tau \ge t)=\Sum{k=t}{T} P(\tau=k)=\Sum{k=t}{T} \frac{1}{T}=(T-t+1)\times \frac1T $\mk \\
Or $H(t) = \dfrac{P(\tau =t)}{P(\tau \ge t)} $ donc 
\begin{center}
\fbox{$H(t)=\dfrac{1}{T-t+1}$}
\end{center}
\item Soit $\la_0=0<\la_1<\dots <\la_T=1$ et $q_1=\la_1=\la_1-\la_0$, \dots , $q_T=\la_T-\la_{T-1}$
\mk \\
i) $\forall  i\in [\![1,T]\!]$, $q_i=\la_i-\la_{i-1}>0$\\
$\Sum{i=1}{T} q_i=\Sum{i=1}{n} (\la_i-\la_{i-1})
=\la_n-\la_0=1-0=1$ par télescopage
\mk  \\
OU : \\
$\begin{aligned}[t] 
\Sum{i=1}{T} q_i
&=\Sum{i=1}{n} (\la_i-\la_{i-1})  
 = \Sum{i=1}{n}  \la_i-\Sum{i=1}{n} \la_{i-1} \\
&= \Sum{i=1}{n}  \la_i-\Sum{k=0}{n-1} \la_{k} \text{ en posant } k=i-1\\
&= \cancel{\Sum{i=1}{n-1}  \la_i} +\la_n -\pa{ \cancel{\Sum{k=1}{n-1} \la_{k}}+\la_0}\\
& =\la_n-\la_0=1-0=1
 \end{aligned}$
 \\
Donc $q_i\le 1$ ( ou $q_i=\la_i-\la_{i-1}\le \la_i\le \la_n \le 1$)\mk \\
\begin{center}
\fbox{$(q_i)_{1\le i\le T}$ définit une loi de probabilité sur $[\![1,T]\!]$}
\end{center}
ii) Si $\tau$ suit la loi précédente, on a $P(\tau =i)=q_i=\la_i-\la_{i-1}$,\\
\begin{align*}
P(\tau \ge t) & = \Sum{i=t}{T} P(\tau =i) \\
& = \Sum{i=t}{T} q_i  \\
& = \Sum{i=t}{T} \la_i -\la_{i-1} \\
& =\la_T-\la_{t-1}=1-\la_{t-1 }
\end{align*}
Or $H(t)=\dfrac{P(\tau =t)}{P(\tau \ge t)}$ donc 
\begin{center}
\fbox{$H(t)=\dfrac{\la_t-\la_{t-1}}{1-\la_{t-1}}$, $\forall t \in [\![1,T]\!]$}
\end{center}
iii) On suppose que $T\ge 2$ et que $\forall n\in [\![1,T]\!]$, 
$$\la_{t+1}-\la_t\ge \la_t-\la_{t-1}$$
Alors si $t\in [\![1,T-1]\!]$, $\la_t-\la_{t-1} \le \la_{t+1}-\la_t$\\
et $\la _{t-1}<\la_t$ donc $1-\la_{t-1}>1-\la_t$ d'où $\dfrac{1}{1-\la_{t-1}} < \dfrac{1}{1-\la_{t}}$.\sk \\
Tous les termes étant positifs, $\dfrac{\la_t-\la_{t-1}}{1-\la_{t-1}} < \dfrac{ \la_{t+1}-\la_t}{1-\la_{t}}$ c'est-à-dire $H(t)\le H(t+1)$
\begin{center}
\fbox{$t\mapsto H(t)$ est croissante sur $\{1,2,\dots,T\}$.}
\end{center}
	\end{enumerate}
\hspace*{-1cm} \textbf{On suppose désormais que $H$ est croissante. Le but est de maximiser $E(\ln(D(\tau))$.}\\

\item Etude d'un exemple simple : $T=2$, $H(1)=\frac12$, $H(2)=1$, $\alpha=4$.	\begin{enumerate}
	\item i) D'après 3b) $H(1)=\dfrac{P(\tau =1)}{P(\tau \ge 1)}=P(\tau =1)$ car $\tau(\Omega)=\{1,2\}$. Comme $H(1)=\frac12$, 
\begin{center}	
	\fbox{$P(\tau=1)=\frac12$}
\end{center}
 ii) $\tau(\Omega)=\{1,2\}$ et $P(\tau=1)=\frac12=P(\tau=2)$ donc 
\begin{center} 
 \fbox{$\tau \hookrightarrow \Uc(\{1,2\} )$.}
\end{center}
\item Si $D(1)$ et $N(1)$ sont fixés, comme $D(2)=D(1)+p(1)N(1)$, le maximum est atteint si $p(1)$ est maximal ie si 
\begin{center}
\fbox{$p(1)=1$}
\end{center}
\item On suppose $p(1)=1$. {\color{red} Rappel : \dbox{ \begin{tabular}{l}   $D(t+1)=D(t)+p(t)N(t)$ \sk \\ $N(t+1)=\alpha  [1-p(t)]N(t)$ \end{tabular}} }
\mk \\
D'après le théorème de transfert, \sk \\
$\begin{array}[t]{ll} E(\ln D(\tau))
& =\ln (D(1))P(\tau =1) + \ln(D(2)) P(\tau =2)\mk \\
& =\frac12  \ln (D(1))  + \frac12 \ln[ D(1)+p(1) N(1)] \mk \\
& =\frac12  \ln (D(1))  + \frac12 \ln[ D(1)+N(1)] 
\end{array}$ 
\mk \\
Or $D(1)=p(0)N(0)$ car $D(0)=0$ \\
et $N(1)=4[1-p(0)]N(0)$ car $\alpha=4$ donc
$D(1)+N(1)=[4-3p(0)]N(0)$
\begin{center}
\fbox{$E(\ln D(\tau))= \frac12  \ln p(0)N(0)  + \frac12 \ln[4-3p(0)]N(0) $}
\end{center}


\item $\varphi$ est définie sur $[0,1]$ par $\varphi(x)=\frac12\ln\Big((4-3x)N(0)\Big)+\frac12\ln\Big(N(0)x\Big)$.\mk\\
$\varphi(x)=\frac12\ln (4-3x)+\frac12\ln(x)+\ln N(0)$.\mk \\
$\varphi$ est dérivable sur $]0,1]$ \mk\\ 
$\forall x\in [0,1]$, $\varphi'(x)=\dfrac12\times \dfrac{-3}{4-3x} +\dfrac12\dfrac1x= \dfrac12\times \dfrac{-3x+4-3x}{x(4-3x)}=\dfrac{2-3x}{x(4-3x)}$\mk \\
Or $x\in ]0,1]$ donc $x>0$ et $4-3x>0$
\begin{center}
 \begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=2]{$x$/0.6,$\varphi'(x)$/0.6,$\varphi(x)$/1.5}{$0$,$\frac{2}{3}$,$1$}
\tkzTabLine{,+,0,-} \tkzTabVar{-/$-\infty $,+/$\varphi(\frac23)$,-/$\ln N(0)$} 
\end{tikzpicture}
\end{center}
$ \varphi(\frac23) =\frac12 \pa{\ln 2 \ln \frac23}+\ln N(0)=\frac12\ln\frac43+\ln N(0)$
\mk\\
\item $\varphi$ atteint son maximum en $\frac23$ donc \fbox{$E\big(\ln (D(\tau))\big)$ atteint son maximum en  $p^*(0)=\frac23$}
	\end{enumerate}
\newpage
\subsection*{Partie II : Transformation du problème}
Par convention, $\Sum{t=1}{0} h(t)=0$  
\qquad {\color{red} \dbox{\begin{tabular}{l}  $D(t+1)=D(t)+p(t)N(t)$ \sk \\ 
$N(t+1)=\alpha  [1-p(t)]N(t)=\alpha N(t)-\alpha p(t) N(t) $\sk \\ $D(0)=0$, $\alpha > 1$   \end{tabular}} }
\mk \\
\item Montrons par récurrence que $\Pc(t)$ : \og $D(t)+N(t)>0 $\fg~ est vraie $\forall t\in [\![0,T]\!]$ \mk\\
Pour $t=0$ : $D(0)+N(0)=N(0)>0$ : $\Pc(0)$ est vraie \mk \\ 
Soit $t\in [\![0,T-1]\!]$. Supposons que $\Pc(t)$ est vraie. En omettant les $(t)$,  $D+N>0$ \mk \\
$D(t+1)+N(t+1)=D+pN+\alpha(1-p)N$ \mk \\
Comme $D\ge 0$ et $n\ge 0$, on a $D>0$ ou $N>0$.\mk\\
\point Si $D>0$, alors comme $pN\ge 0$ et $\alpha (1-p)N\ge 0$, $D(t+1)+N(t+1)\ge D+0$\\
\point Si $D=0$, alors $N>0$ et $D(t+1)+N(t+1)=\alpha N>0$\\
$\Pc(t+1)$ est vraie
\begin{center}
\fbox{$\forall t\in [\![0,T]\!]$, $D(t)+N(t)>0 $}
\end{center}
{\color{blue} On pose \dbox{$X(t)=\dfrac{D(t)}{D(t)+N(t)}$} donc $D=X(D+N)$}
\\
\item Soit $ t\in [\![0,T-1]\!]$. En omettant les $(t)$ pour alléger les notations, \sk \\
$X(t+1)=\dfrac{D(t+1)}{D(t+1)+N(t+1)}=\dfrac{D+pN}{D+pN+\alpha(1-p)N}$\mk \\
\\
$\begin{array}{ll} C
& = \dfrac{p+(1-p)X}{p+\alpha(1-p)+(1-\alpha)(1-p)X}\bk \\
& = \dfrac{p(D+N)+(1-p)X(D+N)}{p(D+N)+\alpha(1-p)(D+N)+(1-\alpha)(1-p)X(D+N)}\bk \\
& = \dfrac{pD+pN+(1-p)D}{pD+pN+\alpha(1-p)(D+N)+(1-\alpha)(1-p)D}\bk \\
& = \dfrac{pN+D}{pD+pN+\alpha(1-p)N + (1-p)D}\bk \\
\end{array}$
\begin{center}
\fbox{$X(t+1)=\dfrac{p(t)+[1-p(t)]X(t)}{p(t)+\alpha[1-p(t)]+[1-\alpha][1-p(t)]X(t)}$, $\forall t\in [\![0,T-1]\!]$ }
\end{center}
\item {\color{blue}  Soit $\xi\in[0,1]$. Pour $x\in[0,1]$ on pose \dbox{$\psi_\xi(x)=\dfrac{x+(1-x)\xi}{x+\alpha(1-x)+(1-\alpha)(1-x)\xi}$}}
	\begin{enumerate}
	\item $\psi_\xi(x)=\dfrac{(1-\xi)x+\xi}{(1-\alpha)(1-\xi) x+\alpha+(1-\alpha)\xi}$\mk \\
	On pose \begin{tabular}[t]{ll} $u(x)=(1-\xi)x+\xi$ & $v(x)=(1-\alpha)(1-\xi) x+\alpha+(1-\alpha)\xi$ \\ $u'(x)=1-\xi$ & $v'(x)=(1-\alpha)(1-\xi) $ \end{tabular}
	\mk \\
$\forall x\in[0,1]$, \\
$\begin{aligned}[t] u'(x)v(x)-u(x)v'(x)
& =(1-\xi)\Big({(1-\alpha)(1-\xi) x}+\alpha+{(1-\alpha)\xi} \Big)\\
&\hspace*{4cm} -(1-\alpha)(1-\xi)\Big({(1-\xi)x}+{\xi}\big)\\
& =(1-\xi)(1-\alpha)\Big[(1-\xi) x+\xi )-((1-\xi)x+\xi)\Big]  +(1-\xi)\alpha\\
& =(1-\xi)\alpha\end{aligned}
$\\
$\psi_\xi '=\dfrac{u'v-uv'}{v^2}$ donc $\psi_\xi'(x)=\dfrac{(1-\xi)\alpha}{v^2(x)}\ge 0$ sur $[0,1]$. 
\begin{center}
\fbox{$\psi_\xi$ est croissante sur $[0,1]$}
\end{center}
\item \fbox{$\psi_\xi(1)=1$}\\
\item i) \fbox{$\psi_\xi(0)=\dfrac{\xi}{\alpha+(1-\alpha)\xi}$} \qquad 
{\color{blue} On pose \dbox{$A(\xi)=\psi_\xi(0)$ Ainsi, $A(\xi)=\dfrac{\xi}{\alpha+(1-\alpha)\xi}$} } \mk\\
ii) Soit $t\in  [\![0,T-1]\!]$. \\ 
$A(X(t))=\dfrac{X(t)}{\alpha+(1-\alpha)X(t)}$ donc  avec $\xi=X(t\in [0,1]$, on a $A(X(t))=\psi_{\xi}(0)$
\mk \\
$X(t+1)=\dfrac{p(t)+(1-p(t))X(t)}{p(t)+\alpha(1-p(t))+(1-\alpha)(1-p(t))X(t)}=\psi_{\xi}(p(t))$.
\bk \\
Or $\psi_\xi$ est croissante sur $[0,1]$, et  $0\le p(t)\le 1$ donc $\psi_{\xi}(0)\le \psi_{\xi}(p(t))\le \psi_\xi(1)$. 
\mk \\
Comme $\psi_\xi(1)=1$,  
\begin{center}
\fbox{$A(X(t))\le X(t+1)\le 1$}
\end{center}
%OU \\ \hspace*{-1.2cm}  
%$\begin{array}[t]{ll} A(X(t))\le X(t+1)
%& \ssi \dfrac{X}{\alpha+(1-\alpha)X} \le \dfrac{p+(1-p)X}{p+\alpha(1-p)+(1-\alpha)(1-p)X} \mk \\
%& \ssi  X\Big({p+\alpha(1-p)+(1-\alpha)(1-p)X}\Big) \le \Big(\alpha+(1-\alpha)X\Big)\Big(p+(1-p)X\Big) \mk \\
%& \ssi  X\Big({p+\alpha(1-p)+(1-\alpha)(1-p)X}\Big) \le \alpha p\\
%& \hspace*{3cm} \big[\alpha(1-p) + p(1-\alpha)+(1-\alpha)(1-p)X\big]X \mk \\
%& \ssi 0\le \alpha p(1-X)\end{array}$\mk\\Or $X\le 1$ car $X=\dfrac{D}{D+N}$ donc 
\fbox{$A(X(t))\le X(t+1)\le 1$}
\bk \\
iii) $A(\xi)=\dfrac{\xi}{\alpha+(1-\alpha)\xi}$ donc $A$ dérivable sur $[0,1]$ et \mk\\
$A'(\xi)=\dfrac{\alpha+(1-\alpha)\xi-(1-\alpha)\xi}{(\alpha+(1-\alpha)\xi)^2}=\dfrac{\alpha}{(\alpha+(1-\alpha)\xi)^2}>0$\mk\\
\fbox{$A$ est croissante sur $[0,1]$}
	\end{enumerate}

\item  $\dfrac{D(\tau)}{\cancel{D(\tau-1)}}.\dfrac{\cancel{D(\tau-1)}}{D(\tau-2)}.\dots \dfrac{D(2)}{\cancel{D(1)}}.\dfrac{\cancel{D(1)}}{\cancel{N(0)}}.\cancel{N(0)}=D(\tau)$ (produit télescopique)
\begin{center}
\fbox{$D(\tau)=\dfrac{D(\tau)}{D(\tau-1)}.\dfrac{D(\tau-1)}{D(\tau-2)}.\dots \dfrac{D(2)}{D(1)}.\dfrac{D(1)}{N(0)}.N(0)$} 
\end{center}
{\color{blue} On pose \dbox{$\hat{R}(0)=\ln\dfrac{D(1)}{N(0)}$ et $\hat{R}(t)=\ln\dfrac{D(t+1)}{D(t)}$ pour $1\le t\le T-1$}}\\
\item	\begin{enumerate}
	\item D'après 8), \\
$\begin{aligned}[t] E(\ln D(\tau))
 &   = E\pa{ \ln \dfrac{D(\tau)}{D(\tau-1)}.\dfrac{D(\tau-1)}{D(\tau-2)}.\dots \dfrac{D(2)}{D(1)}.\dfrac{D(1)}{N(0)}.N(0) } \\
& = E\pa{\ln\pa{ \Prod{t=1}{\tau-1} \dfrac{D(t+1)}{D(t)}\times \dfrac{D(1)}{N(0)}\times N(0) } } \\
& = E\pa{\Sum{t=1}{\tau-1} \ln\dfrac{D(t+1)}{D(t)}+\ln  \dfrac{D(1)}{N(0)}+\ln N(0) } \\
& = E\pa{\Sum{t=1}{\tau-1} \hat{R}(t)+\hat{R}(0)+\ln N(0) }
\end{aligned}$\mk \\
Par linéarité de l'espérance, on a donc : 
\begin{center}
\fbox{$  E(\ln D(\tau))=\ln \big(N(0)\big)+E\pa{\hat{R}(0) + \Sum{t=1}{\tau-1} \hat{R}(t) } $}
\end{center}
\item {\color{red} Rappel : \dbox{\begin{tabular}[t]{l}   
$X(t)=\dfrac{D(t)}{D(t)+N(t)}$ donc $X(t)\big[D(t)+N(t)\big]=D(t)$\mk \\
$D(t+1)=D(t)+p(t)N(t)$  \sk \\ 
$N(t+1)=\alpha  [1-p(t)]N(t)=\alpha N(t)-\alpha p(t) N(t) $\mk \\ 
$D(0)=0$, $\alpha > 1$ \end{tabular}}}
\mk \\
$\begin{aligned}[t]
\dfrac{\alpha X(1)}{1+(\alpha -1)X(1)}
&=\dfrac{\alpha X(1)\big[D(1)+N(1)\big]}{\big[D(1)+N(1)\big]+(\alpha -1)X(1)\big[D(1)+N(1)\big]} \\
&=\dfrac{\alpha D(1)}{D(1)+N(1)+(\alpha -1)D(1)} \\
&=\dfrac{\alpha D(1)}{N(1)+\alpha D(1)} \\
\end{aligned}$
\mk \\
$D(1)=p(0)N(0)$\\ $N(1)=\alpha[1-p(0)]N(0)=\alpha N(0)-\alpha p(0)N(0)$ donc 
$N(1)+\alpha D(1)=\alpha N(0)$\mk\\
Ainsi $\dfrac{\alpha X(1)}{1+(\alpha -1)X(1)}=\dfrac{\alpha D(1)}{\alpha N(0)} $ donc
\begin{center}
 \fbox{$\dfrac{D(1)}{N(0)}=\dfrac{\alpha X(1)}{1+(\alpha -1)X(1)}$}
\end{center}
\item Comme $X(t+1)\big[D(t+1)+N(t+1)\big]=D(t+1)$, en multipliant numérateur et dénominateur par $\big[D(t+1)+N(t+1)\big]$, on obtient \mk\\ 
$\begin{aligned}[t]
\dfrac{\alpha X(t+1)}{X(t)\big[1+(\alpha -1)X(t+1)\big]}
&=\dfrac{\alpha D(t+1)}{X(t)\big[\cancel{D(t+1)}+N(t+1)+(\alpha \cancel{-1})D(t+1)\big] }\\
&=\dfrac{\alpha D(t+1)}{X(t)\Big[N(t+1)+\alpha D(t+1)\Big]} \\
\end{aligned}$\mk\\
Or $N(t+1)+\alpha D(t+1)=\alpha \big[N(t)+D(t)\big]$\mk\\
$\begin{aligned}[t]
\dfrac{\alpha X(t+1)}{X(t)\big[1+(\alpha -1)X(t+1)\big]}
&=\dfrac{\alpha D(t+1)}{X(t)\times \alpha \big[N(t)+D(t)\big]} 
=\dfrac{ D(t+1)}{X(t)\times  \big[N(t)+D(t)\big]} 
= \dfrac{ D(t+1)}{D(t)}
\end{aligned}$
\begin{center}
\fbox{$\dfrac{D(t+1)}{D(t)}=\dfrac{\alpha X(t+1)}{X(t)\big[1+(\alpha -1)X(t+1)\big]}$, pour $1\le t \le T-1$}
\end{center}
{\color{blue} \dbox{si $x>0$ et $y>0$, on pose $u(x,y)=\ln\alpha-\ln x+\ln y-\ln(1+(\alpha-1)y)$}}
\\
\item $\begin{aligned}[t]\hat{R}(0)
&   =\ln\dfrac{D(1)}{N(0)} %\qquad \text{ par définition} \\ &
  =\ln\dfrac{\alpha X(1)}{1+(\alpha -1)X(1)}  & \qquad \text{ d'après 9b} 
  \\
&   = \ln \alpha + \ln X(1) - \ln \pa{1+(\alpha -1)X(1)} \end{aligned}$
\bk \\ 
$u\big(1,X(1)\big)=\ln\alpha-\ln 1+\ln X(1)-\ln(1+(\alpha-1)X(1))$\mk \\
Donc \fbox{$\hat{R}(0)=u\big(1,X(1)\big)$}\\
\item
$\begin{aligned}[t]\hat{R}(t)
 &   =\ln\dfrac{D(t+1)}{D(t)} % \qquad \text{ par définition} \\&
  =\ln \dfrac{\alpha X(t+1)}{X(t)\big[1+(\alpha -1)X(t+1)\big]} % \qquad \text{ d'après 9c} 
\\
 &   = \ln \alpha + \ln X(t+1) - \ln X(t) - \ln\big[1+(\alpha -1)X(t+1)\big] \end{aligned}$
\bk \\ 
$u\big(X(t),X(t+1)\big)=\ln\alpha-\ln X(t)+\ln X(t+1)-\ln(1+(\alpha-1)X(t+1))$\mk \\
Donc \fbox{$\hat{R}(t)=u\big(X(t),X(t+1)\big)$ pour $1\le t\le T-1$}
\\
\item $\begin{aligned}[t]E(\ln D(\tau))
 &  =\ln N(0)+E\pa{\hat{R}(0) + \Sum{t=1}{\tau-1} \hat{R}(t) } \end{aligned}$\mk \\
\fbox{$E(\ln D(\tau))
  =\ln N(0)+E\bigg[ u\big(1,X(1)\big) + \Sum{t=1}{\tau-1} u\big(X(t),X(t+1)\big) \bigg]$} 
\mk 
\\
 Maximiser $E(\ln D(\tau))$ revient à choisir, à chaque date $t$ telle que $1\le t\le \tau-1$, la valeur de  $X(t+1)\in [A(X(t),1]$ qui rend maximale 
\begin{center}
\dbox{$E\bigg[ u\big(1,X(1)\big) + \Sum{t=1}{\tau-1} u\big(X(t),X(t+1)\big) \bigg] $}
\end{center}
	\end{enumerate}

\subsection*{Partie III : Programmation dynamique}
\item Soit $B$ un événement. $\mathbb{1}_{B}(\omega)=\ac{1 & \text{ si } \omega \in B\\ 0 & \text{ sinon}}$ 
	\begin{enumerate}
\item $\mathbb{1}_{B}(\Omega)=\{0,1\}$ et $P(\mathbb{1}_{B}=1)=P(B)$ donc \fbox{$\mathbb{1}_{B}\hookrightarrow \Bc(P(B))$}
\item 
% $\mathbb{1}_{B\cap C}(\Omega)=\{0,1\}=\mathbb{1}_{B}(\Omega) \times \mathbb{1}_{C}(\Omega)$\\
$\begin{aligned}[t] \mathbb{1}_{B\cap C}(\omega)=1 
& \ssi \omega \in B\cap C \\
& \ssi \omega \in B \text{ et } \omega \in C\\
& \ssi \mathbb{1}_{B}(\omega)=1 \text{ et } \mathbb{1}_{C}(\omega)=1 \\
& \ssi \mathbb{1}_{B}(\omega)\times \mathbb{1}_{C}(\omega)=1 \\
\end{aligned}$\sk \\
car si $\mathbb{1}_{B}(\omega)\times \mathbb{1}_{C}(\omega)=0$, alors $\mathbb{1}_{B}(\omega)=0$ ou $\mathbb{1}_{C}(\omega)=0 $.\mk\\
\fbox{$ \mathbb{1}_{B\cap C}=\mathbb{1}_{B} \times \mathbb{1}_{C} $}
\mk
\item 
{\color{blue} On suppose que $0<P(B)<1$. Si $Y$ VA finie on définit la VA $E_B(Y)$ par 
\begin{center}
\dbox{$E_B(Y)=\dfrac{1}{P(B)} E(Y\mathbb{1}_{B} ) \mathbb{1}_{B} +\dfrac{1}{P(\ov{B})} E(Y\mathbb{1}_{\ov{B}} ) \mathbb{1}_{\ov{B}} $}
\end{center}
}

i) Par linéarité de l'espérance, \\
\hspace*{-1.5cm} \mini{14cm}{
$\begin{aligned}[t] E_B(Y+Z)
&=\dfrac{1}{P(B)} E((Y+Z)\mathbb{1}_{B} ) \mathbb{1}_{B} +\dfrac{1}{P(\ov{B})} E((Y+Z)\mathbb{1}_{\ov{B}} ) \mathbb{1}_{\ov{B}} 
\\
&=\dfrac{1}{P(B)} \Big[E(Y\mathbb{1}_{B} )+ E(Z\mathbb{1}_{B} ) \Big] \mathbb{1}_{B}
 +\dfrac{1}{P(\ov{B})} \Big[ E(Y\mathbb{1}_{\ov{B}} )  +E(Z\mathbb{1}_{\ov{B}} )   ] \mathbb{1}_{\ov{B}} 
\\
& = \dfrac{1}{P(B)} E(Y\mathbb{1}_{B} ) \mathbb{1}_{B} 
+ \dfrac{1}{P(B)} E(Z\mathbb{1}_{B} ) \mathbb{1}_{B} 
+\dfrac{1}{P(\ov{B})} E(Y\mathbb{1}_{\ov{B}} ) \mathbb{1}_{\ov{B}}
+\dfrac{1}{P(\ov{B})} E(Z\mathbb{1}_{\ov{B}} ) \mathbb{1}_{\ov{B}}
\end{aligned}$
\mk \\
\fbox{$E_B(Y+Z)=E_B(Y)+E_B(Z)$}}
\mk \\
ii) Par linéarité de l'espérance, \\
 $\begin{aligned}[t] E(E_B(Y))
& = E\pa{\dfrac{1}{P(B)} E(Y\mathbb{1}_{B} ) \mathbb{1}_{B} +\dfrac{1}{P(\ov{B})} E(Y\mathbb{1}_{\ov{B}} ) \mathbb{1}_{\ov{B}} }
\\
& =  \dfrac{1}{P(B)} E(Y\mathbb{1}_{B} )\times E(\mathbb{1}_{B}) +\dfrac{1}{P(\ov{B})} E(Y\mathbb{1}_{\ov{B}} ) \times E( \mathbb{1}_{\ov{B}} ) \\
\end{aligned}$
\mk \\
Or $\mathbb{1}_{B}\hookrightarrow \Bc(P(B))$ donc $ E(\mathbb{1}_{B})=P(B)$\mk \\
 $\begin{aligned}[t] E(E_B(Y))
& =  \dfrac{1}{\cancel{P(B)}} E(Y\mathbb{1}_{B} )\times \cancel{P(B)} +\dfrac{1}{\bcancel{P(\ov{B})}} E(Y\mathbb{1}_{\ov{B}} ) \times \bcancel{P(\ov{B} )} \\
& =E\pa{Y\mathbb{1}_{B}+Y\mathbb{1}_{\ov{B}}}
\end{aligned}$
\mk \\
\fbox{$E(E_B(Y))=E(Y)$} car $\mathbb{1}_{B}+\mathbb{1}_{\ov{B}}=1$
\mk \\
iii) $\begin{aligned}[t]
E_B(Y\mathbb{1}_{B})
&=\dfrac{1}{P(B)} E(Y\mathbb{1}_{B}\times \mathbb{1}_{B} ) \mathbb{1}_{B} +\dfrac{1}{P(\ov{B})} E(Y\mathbb{1}_{B}\times \mathbb{1}_{\ov{B}} ) \mathbb{1}_{\ov{B}}
& = \dfrac{1}{P(B)} E(Y\mathbb{1}_{B}) \mathbb{1}_{B} 
\end{aligned}$\\
car $\mathbb{1}_{B}\times \mathbb{1}_{\ov{B}} =0 $
\mk \\
%Par ailleurs, \\
$\begin{aligned}[t]
E_B(Y)\mathbb{1}_{B}
&= \pa{\dfrac{1}{P(B)} E(Y\mathbb{1}_{B} ) \mathbb{1}_{B} +\dfrac{1}{P(\ov{B})} E(Y\mathbb{1}_{\ov{B}} ) \mathbb{1}_{\ov{B}} } \times \mathbb{1}_{B} 
 = \dfrac{1}{P(B)} E(Y\mathbb{1}_{B} ) \mathbb{1}_{B} 
\end{aligned}$
\mk \\
\fbox{$E_B(Y\mathbb{1}_{B})=E_B(Y)\mathbb{1}_{B}$}
\\
	\end{enumerate}
\item	 On suppose dans cette question que quand $[\tau=T]$ est réalisé, on connait $X(1),\dots,X(T-1)$. Si on pose $x=X(T-1)$, le meilleur choix est de prendre pour $X(T)$ la valeur $y^*(x,T-1)\in[A(x),1]$ qui maximise $u(x,y)$\\
	\begin{enumerate}
\item  $u(x,y)=\ln\alpha-\ln x+\ln y-\ln(1+(\alpha-1)y)$\mk \\  
$\dfrac{\partial u}{\partial y}(x,y)=\dfrac{1}{y}-\dfrac{\alpha-1}{1+(\alpha-1)y}=\dfrac{1+(\alpha-1)y-(\alpha-1)y}{y[1+(\alpha-1)y]}
=\dfrac{1}{y[1+(\alpha-1)y]}>0$
\mk \\
La fonction $y\mapsto u(x,y)$ est croissante donc son maximum est atteint en 1\mk \\
\fbox{$y^*(x,T-1)=1$}\\
\item $u(x,1)=\ln\alpha - \ln x -\ln(1+(\alpha-1))$ donc \fbox{$u(x,1)=-\ln x$}
\\
	\end{enumerate}
\item On suppose maintenant que quand $[\tau\ge T-1]$ est réalisé, on connait $X(1),\dots,X(T-2)$.
La stratégie est de choisir $X(T-1)$ et $X(T)$ pour maximiser 
$E\pa{  \Sum{t=1}{\tau-1} u\big(X(t),X(t+1)\big) } $\mk \\
$\tau$ prend les valeurs $T-1$ et $T$ avec les proba  $P_{[\tau \ge T-1]}(\tau=T-1)$ et   $P_{[\tau \ge T-1]}(\tau=T)$.
\bk
	\begin{enumerate}
	\item 
\point Si $\tau <T-1$, les deux membres de l'égalité valent  $0$ donc l'égalité est vraie.\mk \\
\point Si $\tau=T-1$, alors $\mathbb{1}_{[\tau\ge T-1]}=1$ et $\mathbb{1}_{[\tau= T]}=0$ donc les deux membres valent \\
$\Sum{t=T-2}{T-2}  u(X(t),X(t+1))= u(X(T-2),X(T-1))$.
\bk \\
\point Si $\tau=T$, alors $\mathbb{1}_{[\tau\ge T-1]}=1$ et $\mathbb{1}_{[\tau= T]}=1$ : les deux membres valent \\ $\Sum{t=T-2}{T-1}  u(X(t),X(t+1))= u(X(T-2),X(T-1))+u(X(T-1),X(T))$.
\begin{center}
\fbox{$\mathbb{1}_{[\tau\ge T-1]}\Sum{t=T-2}{\tau-1} u(X(t),X(t+1))
=\mathbb{1}_{[\tau\ge T-1]} u(X(T-2),X(T-1))
+ \mathbb{1}_{[\tau= T]} u(X(T-1),X(T))
$}
\end{center}
\item $\mathbb{1}_B  E_B(Y) = E_B(\mathbb{1}_B.Y )$ donc avec
 $B=[\tau\ge T-1]$ et $Y=\Sum{t=T-2}{\tau-1} u(X(t),X(t+1))$,\mk
 \\
\hspace*{-1cm}
 $\mathbb{1}_{[\tau\ge T-1]} E_{[\tau\ge T-1]}
\pa{\Sum{t=T-2}{\tau-1} u(X(t),X(t+1)) }
=E_{[\tau\ge T-1]} \pa{ \mathbb{1}_{[\tau\ge T-1]}\Sum{t=T-2}{\tau-1} u(X(t),X(t+1)) }$
\sk\\ 
D'après 12 a) et comme $\mathbb{1}_{[\tau\ge T-1]} \times \mathbb{1}_{[\tau= T]} =\mathbb{1}_{[\tau= T]}$,\sk\\
\begin{align*}
\mathbb{1}_{[\tau\ge T-1]} E_{[\tau\ge T-1]}
&\pa{\Sum{t=T-2}{\tau-1} u(X(t),X(t+1)) }  \\ 
& =E_{[\tau\ge T-1]} \pa{\mathbb{1}_{[\tau\ge T-1]}. u(X(T-2),X(T-1))
+ \mathbb{1}_{[\tau= T]}. u(X(T-1),X(T)) }\end{align*}
\mk \\
\item On pose $U=u(X(T-2),X(T-1))$, $V=u(X(T-1),X(T))$, $B=[\tau \ge T-1]$ \mk\\
On doit donc montrer que \mk\\
$  E_{B} \Big(\mathbb{1}_{B} U+ \mathbb{1}_{[\tau= T]} V \Big)
=  U.\mathbb{1}_{B}+ \dfrac{P(\tau=T)}{P(\tau\ge T-1)}  V.\mathbb{1}_{B}$ 
\bk\\
Comme $E_B(Y+Z)=E_B(Y)+E_B(Z)$, on a 
\mk\\
\dbox{$ E_{B} \Big(\mathbb{1}_{B} U+ \mathbb{1}_{[\tau= T]} V \Big)
 = E_{B} (\mathbb{1}_{B} U) + E_{B} \big(\mathbb{1}_{[\tau= T]} V \big)$}
\mk \\
Or par définition $E_B(Y)=\dfrac{1}{P(B)} E(Y\mathbb{1}_{B} ) \mathbb{1}_{B} +\dfrac{1}{P(\ov{B})} E(Y\mathbb{1}_{\ov{B}} ) \mathbb{1}_{\ov{B}} $, donc   \\
\point $\begin{aligned}[t] E_B(U.\mathbb{1}_{B})
& =\dfrac{1}{P(B)} E(U.\mathbb{1}_{B}\times \mathbb{1}_{B} ) \mathbb{1}_{B} +\dfrac{1}{P(\ov{B})} E(U.\mathbb{1}_{B}\times \mathbb{1}_{\ov{B}} ) \mathbb{1}_{\ov{B}} 
\\
& =\dfrac{1}{P(B)} E(U.\mathbb{1}_{B} ) \mathbb{1}_{B} 
\\
& =\dfrac{U}{\cancel{P(B)}}\ \cancel{E(\mathbb{1}_{B} )}\ \mathbb{1}_{B} \\
&= U .\mathbb{1}_{B} \quad \text{ car } E(\mathbb{1}_{B} )=P(B)
\end{aligned}$
\mk \\
\mk \\
\point $E_{B} \big(\mathbb{1}_{[\tau= T]} V \big)
 =\dfrac{1}{P(B)} E\big(\mathbb{1}_{[\tau= T]} V \times \mathbb{1}_{B} \big) \mathbb{1}_{B} +\dfrac{1}{P(\ov{B})} E\big(\mathbb{1}_{[\tau= T]} V \times \mathbb{1}_{\ov{B}} \big) \mathbb{1}_{\ov{B}} $
 \mk \\
Or $\mathbb{1}_{[\tau= T]} . \mathbb{1}_{B} 
=\mathbb{1}_{[\tau= T]} . \mathbb{1}_{[\tau \ge T-1]}
= \mathbb{1}_{[\tau= T] \cap [\tau \ge T-1]}
=\mathbb{1}_{[\tau= T]}$
 \mk \\
Et $\mathbb{1}_{[\tau= T]} . \mathbb{1}_{\ov{B}} 
=\mathbb{1}_{[\tau= T]} . \mathbb{1}_{[\tau < T-1]}
= 0$\mk \\
Donc $\begin{aligned}[t] E_{B} \big(\mathbb{1}_{[\tau= T]}. V \big)
& =\dfrac{1}{P(B)} E\big(\mathbb{1}_{[\tau= T]} V \big)~ \mathbb{1}_{B} \\
& =\dfrac{V}{P(B)} E\big(\mathbb{1}_{[\tau= T]} \big)~ \mathbb{1}_{B} \\
& =\dfrac{V}{P(\tau \ge T-1)}P(\tau= T)~ \mathbb{1}_{B} \\
\end{aligned}$
\mk \\
Donc 
$  E_{B} \Big(\mathbb{1}_{B} U+ \mathbb{1}_{[\tau= T]} V \Big)
=  U.\mathbb{1}_{B}+ \dfrac{P(\tau=T)}{P(\tau\ge T-1)}  V.\mathbb{1}_{B}$ 
\mk\\
\hspace*{-1cm}
\fbox{\mini{16.5cm}{$E_{[\tau\ge T-1]} \Bigg(\mathbb{1}_{[\tau\ge T-1]} u(X(T-2),X(T-1))
+ \mathbb{1}_{[\tau= T]} u(X(T-1),X(T)) \Bigg)	\\
\hspace*{1cm}
=  u\big(X(T-2),X(T-1)\big).\mathbb{1}_{[\tau\ge T-1]}
+ \dfrac{P(\tau=T)}{P(\tau\ge T-1)}. u\big(X(T-1),X(T)\big).\mathbb{1}_{[\tau\ge T-1]}$}}
\\
\item On suppose que $X(T-1)$ est donné.\\
i) On veut maximiser $u(X(T-1),X(T))$ donc comme à la question 11a), on doit prendre \fbox{$X(T)=1$}
\mk \\
ii) On a vu que $u(x,1)=-\ln 1$ donc si $X(T)=1$, on a \mk \\ \fbox{ $u\big(X(T-1),X(T)\big)=-\ln(X(T-1))$}
\\
\item D'une part  $P_{[\tau \ge T-1]}(\tau=T)=\dfrac{P([\tau\ge T-1]\cap [\tau =T])}{P(\tau\ge T-1)}=\dfrac{P(\tau =T)}{P(\tau\ge T-1)}$ 
\\
D'autre part,\\ $1-H(T-1)=1-\dfrac{P(\tau =T-1)}{P(\tau\ge T-1)}=\dfrac{P(\tau\ge T-1)-P(\tau =T-1)}{P(\tau\ge T-1)}
=\dfrac{P(\tau =T)}{P(\tau\ge T-1)}$ 
\mk\\
\fbox{$P_{[\tau \ge T-1]}(\tau=T)=1-H(T-1)$}
\bk\\
On veut maintenant choisir la stratégie optimale à la date $T-2$.\\
\item {\color{blue} On pose $\Phi(y)=u \big(X(T-2),y\big)-(1-H(T-1))\ln y$} \mk\\
Ainsi, $\begin{aligned}[t] \Phi(X(T-1))
& =u \big(X(T-2),X(T-1)\big)-(1-H(T-1)\ln X(T-1)\end{aligned}$\mk\\
Or $1-H(T-1)=\dfrac{P(\tau=T)}{P(\tau\ge T-1)}$
 et  $u\big(X(T-1),X(T)\big)=-\ln(X(T-1))$  \mk \\
Donc $\begin{aligned}[t] \Phi(X(T-1))& =u \big(X(T-2),X(T-1)\big)+\dfrac{P(\tau=T)}{P(\tau\ge T-1)} \times u\big(X(T-1),X(T)\big)\\
\end{aligned}$\mk \\
Par ailleurs, avec 12 b) et 12c)  on a   \mk\\
$  \mathbb{1}_{[\tau\ge T-1]} E_{[\tau\ge T-1]}
\pa{\Sum{t=T-2}{\tau-1} u(X(t),X(t+1)) }	 \\
  \hspace*{0.5cm}
=  u\big(X(T-2),X(T-1)\big).\mathbb{1}_{[\tau\ge T-1]}
+ \dfrac{P(\tau=T)}{P(\tau\ge T-1)}. u\big(X(T-1),X(T)\big).\mathbb{1}_{[\tau\ge T-1]} \\
  \hspace*{0.5cm}
= \mathbb{1}_{[\tau\ge T-1]} \pa{ u\big(X(T-2),X(T-1)\big) 
+ \dfrac{P(\tau=T)}{P(\tau\ge T-1)}. u\big(X(T-1),X(T)\big)  } \\ $
\mk \\
\dbox{ $\mathbb{1}_{[\tau\ge T-1]} E_{[\tau\ge T-1]}
\pa{\Sum{t=T-2}{\tau-1} u(X(t),X(t+1)) } = \mathbb{1}_{[\tau\ge T-1]}\Phi(X(T-1))$}
\mk\\
Le but est de maximiser $E\pa{  \Sum{t=1}{\tau-1} u\big(X(t),X(t+1)\big) } $  et comme
$E(Y)=E(E_B(Y))$, on doit donc maximiser 
$E\pa{ E_{[\tau\ge T-1]} \pa{  \Sum{t=1}{\tau-1} u\big(X(t),X(t+1)\big) } }$
\mk\\
\fbox{\mini{12cm}{On doit choisir pour $X(T-1)$ la valeur $y^*(X(T-2),T-2) \in [A(X(T-2)),1]$ qui maximise $\Phi(y)$}}
\\
\item $\Phi(y)=u \big(X(T-2),y\big)-(1-H(T-1)\ln y$ donc $\Phi$ est dérivable  sur $]0,1]$ et \\
$\forall y\in]0,1]$, $\Phi'(y)=\dfrac{\partial u}{\partial y} (X(T-2),y)-(1-H(T-1))\times \dfrac1y$\mk\\
Or d'après 11a), $\dfrac{\partial u}{\partial y}(x,y)=\dfrac1y-\dfrac{\alpha-1}{1+(\alpha-1)y}$\mk\\
Donc 
$\begin{array}[t]{ll}\Phi'(y)=
& = \cancel{ \dfrac1y}-\dfrac{\alpha-1}{1+(\alpha-1)y}-(\cancel{1}-H(T-1))\times \dfrac1y \mk \\
&= -\dfrac{\alpha-1}{1+(\alpha-1)y}+  \dfrac{H}{y} \mk\\
&= \dfrac{-y\big[\alpha-1] +H\big[1+(\alpha-1)y\big]}{y\big[1+(\alpha-1)y\big]} \mk \\
& = \dfrac{H +(\alpha-1)(H-1)y}{y\big[1+(\alpha-1)y\big]}  
\end{array}$\mk\\
\fbox{$\Phi'(y)= \dfrac{H(T-1) -(\alpha-1)(1-H(T-1))y}{y\big[1+(\alpha-1)y\big]} $}
\bk \\
Ainsi,   
$\begin{aligned}[t]\Phi'(y)\ge 0
& \ssi  H -(\alpha-1)(1-H)y \ge 0 \\
& \ssi    (\alpha-1)(1-H)y \le H \\
& \ssi    y \le \dfrac{ H}{(\alpha-1)(1-H)}
 \quad \text{ car } \alpha >1  \text{ et }   H\le 1 \text{($H$ est une proba)}
 \end{aligned}$
\mk \\
On pose $B=\dfrac{H(T-1)}{(\alpha-1)(1-H(T-1))}$. \mk\\
Ainsi, \dbox{$\Phi'(y)\ge 0 \ssi y\le B$}
\mk\\
\item Si $\dfrac{H(T-1)}{(\alpha-1)(1-H(T-1))} \le 1$ ie si $B\le 1$, 
\mk \\
Comme $y\in [A(X(T-2),1]$, reste à savoir si $A(X(T-2) \le B$ ou pas....
\bk\\
\point Si $A(X(T-2) \le B$,  \mk \\
\begin{center} 
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=2,espcl=2]{$x$/0.6,$\Phi'(x)$/0.6,$\Phi(x)$/1.4}{$A$,$B$,$1$}
\tkzTabLine{,+,0,-} \tkzTabVar{-/$ $,+/$ $,-/$ $} 
\end{tikzpicture}
\end{center}
Le maximum est atteint en $B=\dfrac{H(T-1)}{(\alpha-1)(1-H(T-1))}$
\bk \\

\point Si $B<A(X(T-2)$, on a $\Phi'(y)<0$\mk \\ 
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=2,espcl=2]{$x$/0.6,$\Phi(x)$/1.4}{$A$,$1$}\tkzTabVar{+/$ $,-/$ $} 
\end{tikzpicture}
\end{center}
Le maximum est atteint en $A(X(T-2))$
\mk\\
\item Si $\dfrac{H(T-1)}{(\alpha-1)(1-H(T-1))} \ge 1$, ie $B\ge 1$, on a $\Phi'(y)\ge 0$ donc 
\mk \\
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=2,espcl=2]{$x$/0.6,$\Phi(x)$/1.4}{$A$,$1$}\tkzTabVar{-/$ $,+/$ $} 
\end{tikzpicture}
\end{center} 
Le maximum est atteint en 1
\mk\\
\item \fbox{ \mini{12cm}{\point Si   $\dfrac{H(T-1)}{(\alpha-1)(1-H(T-1))} \ge 1$, alors $y^*(X(T-2),T-2)= 1$\mk \\ 
\point  Si 
$\dfrac{H(T-1)}{(\alpha-1)(1-H(T-1))} \le 1$, alors\\ $y^*(X(T-2),T-2)= \max\pa{ A(X(T-2)),\dfrac{H(T-1)}{(\alpha-1)(1-H(T-1))}}$  }}
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\end{document}