\input{../preambules/preDM.tex}
\renewcommand{\P}{\mathscr{P}}

\begin{document}

\chead{Correction Devoir maison n°2}
\lfoot{}
\cfoot{Suites et probabilités.}

\begin{center}
\fbox{ \Large Correction Devoir maison n°2}
\end{center}


\section*{Exercice 1}


\begin{enumerate}
\item Soit $(u_n)_{n\in \N}$ une suite définie par $u_0 = 2$ et $u_{n+1} = \dfrac{u_n}{1+u_n}$. Démontrer par récurrence que pour tout $n \in \N, u_n = \dfrac{2}{2n+1}$. 
\begin{itemize}
\item On cherche à montrer les propositions $\P_n : \left\{ u_n = \dfrac{2}{2n+1} \right\}$.
	\item \textbf{Initialisation :} La propriété $\mathscr{P}_0$ s'écrit $u_0 = \dfrac{2}{2 \times 0 + 1}$. Or d'après l'énoncé, $u_0 = 2$. La propriété $\mathscr{P}_0$ est donc vraie.  
	\item \textbf{Hérédité :} On suppose que $\P_n$ est vrai pour un certain rang $n$. (On a donc $u_n =  \dfrac{2}{2n+1}$ ) \\
	
On utilise la définition de la suite, à savoir $u_{n+1} = \dfrac{u_n}{1 + u_n}$. On a 
\begin{eqnarray*}
u_{n+1} & = & \dfrac{u_n}{1 + u_n} \\
& = & \dfrac{\dfrac{2}{2n+1}}{1 + \dfrac{2}{2n+1}} \\
& = & \dfrac{2}{2n + 1}\times \dfrac{2n + 1}{2n+1+ 2} \\
& = & \dfrac{2}{2(n + 1) + 1}
\end{eqnarray*}
La proposition $\P_{n+1}$ est donc vraie. On en déduit que la suite des proposition $(\P_n)$ est héréditaire. 
	\item \textbf{Conclusion :} \fbox{Pour tout $n \in \N$, $u_n = \dfrac{2}{2n+1}$. }
\end{itemize}
\item Soit $(u_n)_{n \in \N}$ une suite définie par $u_0=0$ et $u_{n+1} = \dfrac{\sqrt{1+2u_n}}{2}$. Démontrer  par récurrence que pour tout $n \in \N^*$ on a $0 < u_n \leq 1$.
\begin{itemize}
\item On cherche à montrer les propositions $\P_n : \left\{ 0 < u_n \leq 1 \right\}$.
	\item \textbf{Initialisation :} La propriété $\mathscr{P}_1$ s'écrit $0 < u_1 \leq 1$. Or d'après l'énoncé, $u_1 = \dfrac{\sqrt{1 +2 \times 0}}{2} = \dfrac{1}{2}$. La propriété $\mathscr{P}_1$ est donc vraie.  
	\item \textbf{Hérédité :} On suppose que $\P_n$ est vrai pour un certain rang $n$. (On a donc $0 < u_n \leq 1$ ) \\
	
On utilise la définition de la suite, à savoir $u_{n+1} = \dfrac{\sqrt{1+2u_n}}{2}$. On a d'un côté
\begin{eqnarray*}
0 < u_{n} \leq 1 & \Longrightarrow & 1 < 1 + 2u_n \leq 3 \\
& \Longrightarrow & 1 < \sqrt{1 + 2u_n} \leq \sqrt{3} \\
& \Longrightarrow & \dfrac{1}{2} < \dfrac{\sqrt{1 + 2u_n}}{2} \leq \dfrac{\sqrt{3}}{2} \\
& \Longrightarrow & 0 < u_{n+1} \leq 1
\end{eqnarray*}
La proposition $\P_{n+1}$ est donc vraie. On en déduit que la suite des proposition $(\P_n)$ est héréditaire. 
	\item \textbf{Conclusion :} \fbox{Pour tout $n \in \N$, $0 < u_n \leq 1$. }
\end{itemize}
\end{enumerate}


\section*{Exercice 2 - Inspiré EML 1995}

\begin{enumerate}
\item Soit la fonction $f$ définie par 
$$
f(x) = x \ln(1+x)
$$
\begin{enumerate}
\item La fonction $x \to x$ est définie sur $\R$. La fonction $x \to \ln(1+x)$ est définie pour 
\begin{eqnarray*}
1 + x > 0 \Longleftrightarrow x > -1 
\end{eqnarray*} 
Ainsi, le domaine de définition est \fbox{$\mathcal{D}_f = ]-1 ; + \infty[$.} 
\item Le domaine de définition de la fonction $f$ n'est pas symétrique.
\begin{center}
 \fbox{La fonction n'a donc pas de parité }
\end{center}
\item On a 
$ \li_{x \to + \infty} \ln(x+1) = + \infty$ et $\li_{x \to +\infty} x = + \infty$
\begin{center}
\fbox{Donc $\li_{x \to + \infty} f(x) = + \infty$ .}
\end{center}
On a 
$ \li_{x \tos -1} x+1 = 0^+$ et $\li_{X \tos 0} \ln(X) = - \infty$. Ainsi $ \li_{x \tos -1} \ln(x+1) = - \infty$. De plus $\li_{x \to -1} x = -1$
\begin{center}
\fbox{Donc $\li_{x \to -1} f(x) = - \infty$ .}
\end{center}
\item La fonction $f$ est dérivable en tant que produit de fonction dérivable sur $]-1 ; + \infty[$. On calcule
\begin{center}
\fbox{$f'(x) = \ln(1+x) + \dfrac{x}{1+x}$}
\end{center}
\item Afin de construire le tableau de variations, on va trouver le signe de la dérivée par disjonction de cas :
\begin{itemize}
\item[1er cas: x >0]
Dans ce cas, on a à la fois $1+ x > 1$ donc $\ln(1+x) >0$ et $\dfrac{x}{1+x} >0$ donc 
\begin{center}
\fbox{$\forall x >0, f'(x) > 0$.}
\end{center}
\item[2ème cas: -1<x <0]
Dans ce cas, on a à la fois $1+ x < 1$ donc $\ln(1+x) <0$ et $\dfrac{x}{1+x} <0$ donc 
\begin{center}
\fbox{$\forall x >0, f'(x) < 0$.}
\end{center}
\end{itemize} 
On en déduit le tableau de variations suivant 
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit{$x$/1,Signe de $f'(x)$/1,Variation de $f$/1.5}{$- 1$,0,$+\infty$}
\tkzTabLine{,-,z,+} 
\tkzTabVar{+/+$\infty$, -/0, +/$+ \infty$} 
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{enumerate}
\item \begin{enumerate}
\item On résout 
\begin{eqnarray*}
f(x) = x & \Longleftrightarrow & x \ln(1+x) = x \\
& \Longleftrightarrow & x \ln(1+x) - x = 0 \\
& \Longleftrightarrow & x (\ln(1+x) -1) = 0\\
& \Longleftrightarrow & x = 0 \quad \text{ou} \quad \ln(1+x) -1 = 0  \\
& \Longleftrightarrow & x = 0 \quad \text{ou} \quad \ln(1+x) = 1 \\
& \Longleftrightarrow & x = 0 \quad \text{ou} \quad x+1 = e \\
& \Longleftrightarrow & x = 0 \quad \text{ou} \quad x = e-1 
\end{eqnarray*} 
\begin{center}
\fbox{L'ensemble des solutions de $f(x) = x$ est $\mathcal{S} = \{0, e-1\}$.}
\end{center}
\item Par les mêmes calculs que précédemment, on a 
$$
f(x) \geq x  \Longleftrightarrow  x (\ln(1+x) -1) \geq 0 . 
$$
Or, $(\ln(1+x) -1) \geq 0 \Longleftrightarrow x \geq e-1$. D'après le tableau de signe 
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=6,espcl=3] {$x$/1,Signe de $x$/1,Signe de $\ln(1+x) -1$/1,Signe de $f(x)-x$/1}{$- 1$,0,$e-1$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,-,z,+,t,+} 
\tkzTabLine{,-,t,-,z,+}  
\tkzTabLine{,+,z,-,z,+} 
\end{tikzpicture}
\end{center}
L'ensemble des solutions de $f(x) \geq x$ est \fbox{$\mathcal{S} = ]-1;0] \cup [e-1;+\infty[$.}
\end{enumerate}
\item On montre par récurrence $\forall n \in \N, u_n \in ]0;e-1[$:
\begin{enumerate}
\item \begin{itemize}
\item On cherche à montrer les propositions $\P_n : \left\{ u_n \in ]0;e-1[ \right\}$.
	\item \textbf{Initialisation :} La propriété $\mathscr{P}_0$ s'écrit $u_0 \in ]0;e-1[$. La propriété $\mathscr{P}_0$ est donc vraie.  
	\item \textbf{Hérédité :} On suppose que $\P_n$ est vrai pour un certain rang $n$. (On a donc $u_n \in ]0;e-1[$ ) \\
 On a 
\begin{eqnarray*}
u_n \in ]0;e-1[ & \Longleftrightarrow & 0 < u_n < e-1 \\
& \Longrightarrow & f(0) < f(u_n) < f(e-1) \quad \text{car $f$ est croissante sur $[0;+\infty[$} \\
& \Longrightarrow & 0 < u_{n+1} < e-1 
\end{eqnarray*}
La proposition $\P_{n+1}$ est donc vraie. On en déduit que la suite des proposition $(\P_n)$ est héréditaire. 
	\item \textbf{Conclusion :} \fbox{Pour tout $n \in \N$, $u_n \in ]0;e-1[$. }
\end{itemize}
\item On a montré (question 2.b) que $\forall x \in ]0; e-1[$, $f(x) \leq x$ et (question 3.a) $\forall n \in \N, u_n \in ]0;e-1[$. 
Donc 
$$
f(u_n)  \leq u_n \Longrightarrow u_{n+1} \leq u_n.
$$
\begin{center}
\fbox{La suite $(u_n)_{n \in \N}$ est décroissante.}
\end{center}
\end{enumerate}
\item \begin{enumerate}
\item On montre par récurrence $\forall n \in \N, u_n > e-1$:
\begin{itemize}
\item On cherche à montrer les propositions $\P_n : \left\{ u_n > e-1 \right\}$.
	\item \textbf{Initialisation :} La propriété $\mathscr{P}_0$ s'écrit $u_0 > e-1$. La propriété $\mathscr{P}_0$ est donc vraie.  
	\item \textbf{Hérédité :} On suppose que $\P_n$ est vrai pour un certain rang $n$. (On a donc $u_n > e-1$ ) \\
 On a 
\begin{eqnarray*}
u_n > e-1 & \Longrightarrow &   f(u_n) > f(e-1) \quad \text{car $f$ est croissante sur $[0;+\infty[$} \\
& \Longrightarrow &  u_{n+1} > e-1 
\end{eqnarray*}
La proposition $\P_{n+1}$ est donc vraie. On en déduit que la suite des proposition $(\P_n)$ est héréditaire. 
	\item \textbf{Conclusion :} \fbox{Pour tout $n \in \N$, $u_n > e-1$. }
\end{itemize}
\item On a montré (question 2.b) que $\forall x > e-1$, $f(x) \geq x$ et (question 4.a) $\forall n \in \N, u_n > e-1$. 
Donc 
$$
f(u_n)  \geq u_n \Longrightarrow u_{n+1} \geq u_n.
$$
\begin{center}
\fbox{La suite $(u_n)_{n \in \N}$ est croissante.}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{enumerate}


\section*{Exercice 3 - Inspiré d'ECRICOME}
Chaque jour, une entreprise envoie un colis. Deux sociétés sont utilisées : la société A et la société B: La probabilité pour que la société A livre le colis en retard est de 0,1 alors que la probabilité que la société B livre le colis en retard est de 0,2 : On se propose d'étudier diverses situations liées à ces données. 

\subsection*{Situation 1}
Pour des raisons tarifaires, l'entreprise décide d'utiliser la société B dans 60\% des cas, et la société A sinon.
\begin{enumerate}
\item On note les évènements 
\begin{itemize}
\item $R$ : "Le colis arrive en retard"
\item $A$ : L'entreprise utilise la société A"
\item $B$ : L'entreprise utilise la société B"
\end{itemize}
La famille $(A,B)$ forme un système complet d'évènement. D'après la formule des probabilités totales, on a
\begin{eqnarray*}
P(R) & = &  P(A) P_A(R) + P(B) P_B(R) \\
& = & 0,4 \times 0,1 + 0,6 \times 0,2 \\
& = & 0,04 + 0,12 \\
& = & 0,16
\end{eqnarray*}
\begin{center}
\fbox{La probabilité que le colis arrive en retard est de 0,16.}
\end{center}

\item On cherche la probabilité qu'un colis ait été livré par la société A sachant qu'il est arrivé en retard. D'après la formule de Bayes, on a 
\begin{eqnarray*}
P_R(A) & = &  \dfrac{P(A)}{P(R)}P_A(R) \\
& = & \dfrac{0,4}{0,16}\times 0,1 \\
& = & \dfrac{0,04}{0,16} \\
& = & \dfrac{4}{16} = \dfrac{1}{4}
\end{eqnarray*}

\begin{center}
\fbox{La probabilité qu'un colis ait été livré par la société A sachant qu'il est arrivé en retard est $\dfrac{1}{4}$. }
\end{center}
\end{enumerate}

\subsection*{Situation 2}
Dans cette situation, il est décidé que le premier jour, l'entreprise utilise la société B. Puis si au jour $n$ ($n \in \N^*$), le colis arrive en retard, alors l'entreprise choisit la société A au jour $n + 1$, et sinon, elle choisit la société B. 
On introduit pour tout $n \in \N$, l'événement $R_n$ : " le colis arrive en retard au jour n", et on note $p_n = P(R_n)$:
\begin{enumerate}
\item On cherche la probabilité que le colis arrive en retard au premier jour. On sait que l'entreprise choisit la société $B$ le premier jour. Donc 
\begin{center}
 \fbox{$p_1 = 0,2$.}
 \end{center} 
\item Si le colis est arrivé en retard au jour $n$ alors l'entreprise choisit la société $A$. Ce qui signifie : \begin{center}
$P_{R_n}(R_{n+1} ) = 0,1$. 
\end{center}

Si le colis est arrivé à l'heure au jour $n$ alors l'entreprise choisit la société $B$. Ce qui signifie : \begin{center} $P_{\overline{R_n}}(R_{n+1} ) = 0,2$.
\end{center} 
On sait également que $P(\overline{R_n}) = 1 - p_n$. Comme $(R_n, \overline{R_n})$ est un système complet d'évènements. D'après la formule des probabilités totales, 
\begin{eqnarray*}
& & P(R_{n+1}) = P(R_n) P_{R_n} (R_{n+1}) + P(\overline{R_n}) P_{\overline{R_n}} (R_{n+1}) \\
& \Longleftrightarrow & p_{n+1} = p_n \times 0,1 + (1-p_n) \times 0,2 \\
& \Longleftrightarrow & p_{n+1} = - 0,1 p_n + 0,2 
\end{eqnarray*}
On conclut que 
\begin{center}
\fbox{$\forall n \in \N^*, p_{n+1} = - 0,1 p_n + 0,2$. }
\end{center}
\item On résout l'équation 
\begin{eqnarray*}
x = -0,1x + 0,2 & \Longleftrightarrow &  1,1 x = 0,2 \\
& \Longleftrightarrow & x = \dfrac{0,2}{1,1} = \dfrac{2}{11}
\end{eqnarray*}
On pose la suite $v_n = p_n - \dfrac{2}{11}$. On montre que cette suite est géométrique. Pour tout $n \in \N^*$,
\begin{eqnarray*}
v_{n+1} & = & p_{n+1} - \dfrac{2}{11} \\
& = & -\dfrac{1}{10} p_n + \dfrac{2}{10} - \dfrac{2}{11} \\
& = & - \dfrac{1}{10} p_n +\dfrac{22 - 20}{110} \\
& = & - \dfrac{1}{10} p_n +\dfrac{2}{110} \\
& = & - \dfrac{1}{10} \left( p_n -\dfrac{2}{11} \right) \\
& = & -\dfrac{1}{10} v_n
\end{eqnarray*} 
De plus $v_1 = p_1 - \dfrac{2}{11} = \dfrac{2}{10} - \dfrac{2}{11} = \dfrac{2}{110} = \dfrac{1}{55}$. La suite $(v_n)_{n \in \N}$ est une suite géométrique et donc
$$
\forall n \in \N^*, \quad v_n = \dfrac{1}{55} \times \left( - \dfrac{1}{10} \right)^{n-1}
$$
On a alors 
\begin{center}
\fbox{$\forall n \in \N^*, \; p_n = \dfrac{2}{11} + \dfrac{1}{55} \times \left( - \dfrac{1}{10} \right)^{n-1}$. }
\end{center}
\item Programme qui affiche les n premiers termes de la suite (plusieurs façon de faire sont possibles)
\begin{verbatim}
n = input("Entrez un entier n")
p = 0.2 
disp("La probabilité de retard au jour 1 est " + string(p) +".")

for k = 2:n
    p = -0.1*p + 0.2
    disp("La probabilité de retard au jour " + string(k) +" est " + string(p) +".")
end
\end{verbatim}
\end{enumerate}

\subsection*{Situation 3}
Finalement, l'entreprise décide d'utiliser les sociétés en fonction de leurs précédentes réussites. Pour cela ils utilisent une urne contenant des boules rouges et vertes. Chaque jour, l'entreprise tire une boule. Si la boule tirée est rouge, l'entreprise utilisée la société A. Sinon elle utilise l'entreprise B. Enfin,
\begin{itemize}
\item Au jour 1, on a 1 boule rouge et 1 boule verte.
\item Si la société A est en retard, on rajoute une boule verte dans l'urne.
\item Si la société B est en retard, on rajoute une boule rouge dans l'urne. 
\end{itemize}
On notera les évènements 
\begin{itemize}
\item $R_n$ : "Le colis arrive en retard au jour $n$".
\item $A_n$ : "On choisit la société A au jour $n$". 
\item $B_n$ : "On choisit la société B au jour $n$". 
\end{itemize}
\begin{enumerate}
\item \fbox{Les évènements $A_n$ et $B_n$ sont complémentaires.} 
\item \fbox{$P(A_1) = P(B_1) = \dfrac{1}{2}$.} 
\item On calcule la probabilité de $A_2$ sachant $A_1 \cap R_1$. Si la société A est en retard au premier jour, alors l'urne contient désormais 2 boules vertes et 1 boule rouge. Alors
\begin{center}
\fbox{$ P_{A_1 \cap R_1} (A_2) = \dfrac{1}{3}$.}
\end{center}
\item On cherche la probabilité de l'évènement $A_1 \cap A_2$. La famille $(R_1, \overline{R_1})$ est un système complet d'évènements. D'après la formule des probabilités totales. 
\begin{eqnarray*}
P(A_1 \cap A_2) & = & P(A_1 \cap A_2 \cap R_1) + P(A_1 \cap A_2 \cap \overline{R_1}) \\
& = & P(A_1 \cap R_1) P_{A_1 \cap R_1}(A_2) +  P(A_1 \cap \overline{R_1}) P_{A_1 \cap \overline{R_1}}(A_2)
\end{eqnarray*}
On a également
\begin{itemize}
\item $P(A_1 \cap R_1) = P(A_1) P_{A_1} (R_1) = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{10} = \dfrac{1}{20}$
\item $P(A_1 \cap \overline{R_1}) = P(A_1) P_{A_1} (\overline{R_1}) = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{9}{10} = \dfrac{9}{20}$
\item $P_{A_1 \cap R_1} (A_2) = \dfrac{1}{3}$, \quad $P_{A_1 \cap \overline{R_1}} (A_2) = \dfrac{1}{2}$
\end{itemize}

Ainsi 
\begin{eqnarray*}
P(A_1 \cap A_2) &  = & \dfrac{1}{20} \times \dfrac{1}{3} + \dfrac{9}{20} \times \dfrac{1}{2} \\
& = &\dfrac{1}{60} + \dfrac{9}{40}\\
\\
& = & \dfrac{2 + 27}{120} = \dfrac{29}{120}
\end{eqnarray*}
On a finalement, 
\begin{center}
\fbox{$ P(A_1 \cap A_2 ) = \dfrac{29}{120} $.
}
\end{center}
\item Afin de calculer la probabilité de $A_2$, on utilise le système complet d'évènement $(A_1 \cap R_1 , A_1 \cap \overline{R_1}, B_1 \cap R_1, B_1 \cap \overline{R_1})$ et la formule des probabilités totales :
$$
P(A_2) = P(A_1 \cap R_1) P_{A_1 \cap R_1} (A_2) +P(A_1 \cap \overline{R_1}) P_{A_1 \cap \overline{R_1}} (A_2) + P(B_1 \cap R_1) P_{B_1 \cap R_1} (A_2) +P(B_1 \cap \overline{R_1}) P_{B_1 \cap \overline{R_1}} (A_2)
$$
On a également 
\begin{itemize}
\item $P(B_1 \cap R_1) = P(B_1) P_{B_1} (R_1) = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{2}{10} = \dfrac{1}{10}$
\item $P(B_1 \cap \overline{R_1}) = P(B_1) P_{B_1} (\overline{R_1}) = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{8}{10} = \dfrac{2}{5}$
\item $P_{B_1 \cap R_1} (A_2) = \dfrac{2}{3}$, \quad $P_{B_1 \cap \overline{R_1}} (A_2) = \dfrac{1}{2}$
\end{itemize}
Ainsi 
\begin{eqnarray*}
P(A_2) & = & \dfrac{1}{20} \times \frac13 + \dfrac{9}{20} \times \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{10} \times \frac23 + \dfrac{2}{5} \times \dfrac{1}{2} \\
& = & \dfrac{1}{60} + \dfrac{9}{40} + \dfrac{2}{30} + \dfrac{2}{10} \\
& = & \dfrac{2}{120} + \dfrac{27}{120} + \dfrac{8}{120} + \dfrac{24}{120} \\
& = & \dfrac{61}{120}
\end{eqnarray*} 

En conclusion, \fbox{$ P(A_2) = \dfrac{61}{120}, \quad \text{et} \quad P(B_2) = 1 - P(A_2) = \dfrac{59}{120} $.}

\end{enumerate}

\end{document}