\input{../preambules/preDM.tex}
\usepackage{enumitem}
\renewcommand{\P}{\mathscr{P}}
\def\e{\hbox{\rm e}}
\begin{document}

\chead{Correction Devoir maison n°12}
\lfoot{}
\cfoot{A rendre pour le 10 Mars 2021.}

\begin{center}
\fbox{ \Large Correction Devoir maison n°12}

\end{center}
\vspace{30pt}

\section*{Exercice 1 - Série - Obligatoire pour les groupes 6 à 10}

\begin{enumerate}
\item \begin{itemize}
\item En passant par les sommes partielles, on a pour $n \in \N^*$, 
\begin{align*}
\sum_{k=0}^n \dfrac{2^{2k}}{5^{k+1}} & =  \sum_{k=0}^n \dfrac{4^k}{5^{k} \times 5} \\
& = \dfrac{1}{5} \sum_{k=0}^n \left( \dfrac{4}{5} \right)^k
\end{align*}
Or, comme $\left| \dfrac{4}{5} \right| < 1$, la série $\ds \sum_{n \geqslant 0} \left( \dfrac{4}{5} \right)^n$ est une série géométrique convergente. Donc $\ds \sum_{n \geqslant 0} \dfrac{ 2^{2n}}{5^{n+1}}$ est une série convergente et 
\begin{align*}
\sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{2^{2n}}{5^{n+1}} & = \dfrac{1}{5}\sum_{n=0}^{+\infty} \left( \dfrac{4}{5} \right)^n \\
& = \dfrac{1}{5} \dfrac{1}{1- \dfrac{4}{5}} \\
& = \dfrac{1}{5} \times 5 \\
& \boxed{= 1}
\end{align*}

\item En passant par les sommes partielles, on a pour $n \in \N^*$,
\begin{align*}
\sum_{k=2}^n \dfrac{2^{k-1}}{k!} & = \dfrac{1}{2}\sum_{k=2}^n \dfrac{2^{k}}{k!} \\
& = \dfrac{1}{2} \sum_{k=0}^n \dfrac{2^{k}}{k!} - \dfrac{1}{2} \times \dfrac{2}{1!} - \dfrac{1}{2} \dfrac{2^0}{0!} \\
& = \dfrac{1}{2} \sum_{k=0}^n \dfrac{2^{k}}{k!}  - \dfrac{3}{2}
\end{align*}
Or la série $\ds \sum_{n \geq 0} \dfrac{2^n}{n!}$ est une série exponentielle convergente. Donc la série $\ds \sum_{n \geqslant 2} \dfrac{2^{n-1}}{n!}$ est une série convergente et 
\begin{align*}
\sum_{n = 2}^{+ \infty} \dfrac{2^{n-1}}{n!} & = \dfrac{1}{2} \sum_{n=0}^{+ \infty} \dfrac{2^n}{n!} -  \dfrac{3}{2} \\
& \boxed{= \dfrac{e^2}{2} - \dfrac{3}{2}}
\end{align*}

\item En passant par les sommes partielles, on a pour tout $n \in \N^*$,
\begin{align*}
\sum_{k = 0}^n (k^2 - k) 2^{-2k} & = \sum_{k=0}^n k(k-1) \dfrac{1}{4^k} \\
& = \sum_{k=2}^n k(k-1) \dfrac{1}{4^k}\\
& = \dfrac{1}{16} \sum_{k=2}^n k(k-1) \dfrac{1}{4^{k-2}}
\end{align*}
Or, comme $|1/4| < 1$, la série $\ds \sum_{n \geqslant 0} (n^2 - n) \dfrac{1}{4^{n-2}}$ est une série géométrique dérivée convergente. Donc la série $\sum_{n \geqslant 0} (n^2 - n)2^{-2n}$ est convergente et 
\begin{center}
\fbox{$
\ds \sum_{n = 0}^{+ \infty} (n^2 - n) 2^{-2n} = \dfrac{1}{4^2}\dfrac{2}{\left( 1 - \dfrac{1}{4} \right)^3} = \dfrac{2 \times 4^3}{27 \times 4^2} = \dfrac{8}{27}
$}
\end{center}
\end{itemize}

\item \begin{itemize}
\item La série $\ds \sum_{n \geqslant 1} \dfrac{1}{n^3}$ est une série de Riemann convergente. 

\item On sait que 
$$
\sqrt{n} - 1 \leq \sqrt{n} \Longleftrightarrow \dfrac{1}{\sqrt{n}-1} \geq \dfrac{1}{\sqrt{n}}
$$
Or la série $\sum_{n \geq 1} \dfrac{1}{\sqrt{n}}$ est une série de Riemann divergente. Donc par comparaison de séries à termes positif, la série $\ds \sum_{n \geqslant 2} \dfrac{1}{\sqrt{n} - 1}$ est divergente. 

\item On s'intéresse à la convergence absolue de cette série. En effet, 
$$
\left| \dfrac{(-1)^n}{n^5} \right| = \dfrac{1}{n^5}
$$ 
Or la série $\sum_{n \geq 1} \dfrac{1}{n^5}$ est une série de Riemann convergente. Donc la série $\displaystyle \sum_{n \geqslant 1} \dfrac{(-1)^n}{n^5}$ est absolument convergente donc convergente. 
\end{itemize}
\end{enumerate}


\section*{Exercice 2 - Issue de ECRICOME 2018.}


\textbf{Partie I : \'Etude de suite}\bigskip

\begin{enumerate}
\item \begin{enumerate}
\item La limite en $0$ ne pose aucun problème, c'est celle de $\ln$, on a donc
\begin{center}
\fbox{$
\lim_{x\to 0} f(x)=-\infty.
$}
\end{center}
En $+\infty$, on a une forme indéterminée; mais on met tout sous un même logarithme et on sait que $x/(x+1)$ tend vers $1$ donc
\begin{center}
\fbox{$
\lim_{x\to+\infty} f(x)= \lim_{x\to+\infty} \frac{1}{x+1}+\ln\left(\frac{x}{x+1}\right) =0.
$}
\end{center}
\item Sur $\R_+^\ast$, $f$ est dérivable comme somme et composée de fonctions usuelles dérivables. On a d'ailleurs
\[
f'(x)=-\frac{1}{(x+1)^2}+\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1}=\frac{-x+(x+1)^2-x(x+1)}{x(x+1)^2}=\frac{1}{x(x+1)^2}>0.
\]
On en déduit le tableau de variations de $f$
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit{$x$/1,$f'(x)$/1,$f$/2}{$0$,$+\infty$}
\tkzTabLine{d,+,} 
\tkzTabVar{D-/$-\infty$ ,+/$0$} 
\end{tikzpicture}
\end{center}
\item Par définition de la suite $(u_n)$
\begin{eqnarray*}
u_{n+1} - u_n &=& \sum_{k=1}^{n+1} \frac{1}{k}-\ln(n+1) - \sum_{k=1}^n \frac{1}{k}+\ln(n)\\
                      &=& \frac{1}{n+1}-\ln(n+1)+\ln(n)
\end{eqnarray*}
\begin{center}
\fbox{On a bien $u_{n+1} - u_n = f(n)$.}
\end{center}
\item D'après le tableau de variations de $f$, on voit que $f(x)<0$ pour tout $x>0$. En particulier, $f(n)<0$ pour tout entier $n\in \N^\ast$, donc $u_{n+1}-u_n=f(n)<0$ et 
\begin{center}
\fbox{la suite $(u_n)$ est (strictement) décroissante.}
\end{center}
\item C'est un petit programme sans réelle difficulté que l'on peut faire avec une boucle \texttt{for} ou avec une opération pointée. On propose les deux versions.
\begin{verbatim}
function y=u(n)
    y=0;
    for k=1:n
        y=y+1/k;
    end
    y=y-log(n)
endfunction
\end{verbatim}
ou bien
\begin{verbatim}
function y=u(n)
    y=sum([1:n].^(-1))-log(n)
endfunction
\end{verbatim}
\end{enumerate}\bigskip

\item \begin{enumerate}
\item Soit $n\in \N^\ast$,
\begin{eqnarray*}
v_{n+1}-v_n &=& u_{n+1}-\frac{1}{n+1}-u_n+\frac{1}{n}\\
                   &=& \frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+1}+\ln(n)-\ln(n+1)\\
                   &=& \frac{1}{n}+\ln\left(\frac{n}{n+1}\right)\\
                   &=& \frac{1}{n}-\ln\left(\frac{n+1}{n}\right),
\end{eqnarray*}
et donc 
\begin{center}
\fbox{$v_{n+1} - v_n = \frac{1}{n}-\ln\left(1+\frac{1}{n}\right).$}
\end{center}
\item  On pose la fonction $g(x) = \ln(1+x) - x$. Cette fonction est dérivable en tant que somme de fonctions dérivables sur $\R_+$ et 
$$
\forall x \in \R_+, \; g'(x) = \dfrac{1}{x+1} - 1 = \dfrac{-x}{x+1} < 0
$$
La fonction $g$ est donc strictement décroissante et $g(0) = 0$ donc la fonction $g$ est négative ou nulle. En conséquent 
\begin{center}
\fbox{$
\forall x \geq 0, \; \ln(1+x) \leq x .
$}
\end{center}
 
En appliquant cette inégalité à $x=1/n$, on voit que $v_{n+1}-v_n \geq 0$ ou encore que \begin{center}
\fbox{la suite $(v_n)$ est croissante.}
\end{center}

\item On pose la fonction $h(x) = \ln(1+x)- x - \dfrac{x^2}{2}$. La fonction $h$ est dérivable sur $[0; +\infty[$ et 
$$
h'(x) = 1 - \dfrac{1}{1+x} - x = \dfrac{1+x - 1 - x - x^2}{1+x} = \dfrac{-x^2}{1+x} <0
$$
La  fonction $h$ est donc strictement décroissante et $h(0) = 0$. La fonction $h$ est donc strictement négative. On en conclut que 
\begin{center}
\fbox{$ \forall x \in \R_+, \; x - \ln(1+x) \leq \dfrac{x^2}{2}$.}
\end{center}

\item En remplaçant dans la dernière inégalité $x$ par $\dfrac{1}{n}$, on a directement 
$$
\forall n \in \N, v_{n+1} - v_n \leq \dfrac{1}{2 n^2}
$$
La série de terme général $1/2n^2$ est convergente comme multiple d'une série de Riemann convergente. Par comparaison pour les séries à termes positifs,
\begin{center}
\fbox{ la série de terme générale $v_{n+1}-v_n$ est donc  convergente.}
\end{center} 
On note alors $\gamma$ la valeur de sa somme
\[
\gamma=\sum_{n=1}^{+\infty} (v_{n+1}-v_n).
\]
\item Le calcul de la somme partielle de la série susnommée fait apparaitre une somme télescopique;
\[
\sum_{k=1}^{n-1} (v_{k+1}-v_k) = v_n - v_1 
\]
Or $v_1 = u_1 - 1$ et $u_1 = 1$ donc $v_1 = 0$ et 
\begin{center}
\fbox{$\ds \sum_{k=1}^{n-1} (v_{k+1}-v_k) = v_n$.}
\end{center}
Ainsi, $(v_n)$ est convergente et
\begin{center}
\fbox{$
\lim_{n\to+\infty} v_n = \lim_{n\to+\infty} \sum_{k=1}^{n-1} (v_{k+1}-v_k) = \sum_{k=1}^{n+\infty} (v_{k+1}-v_k)=\gamma. 
$}
\end{center}
\end{enumerate}\bigskip

\item \begin{enumerate}
\item Cette question n'étant pas vraiment formulée; on interprète l'énoncé comme une demande de justification de la convergence de $(u_n)$ et le calcul de sa limite. On voit que
\[
v_n=u_n-\frac{1}{n} \Longleftrightarrow u_n = v_n +\frac{1}{n}.
\]
Comme $(v_n)$ converge et que $1/n\to 0$, on en déduit que \begin{center}
\fbox{$(u_n)$ converge et a la même limite que $(v_n)$, c'est à dire $\gamma$.}
\end{center}
\item $(v_n)$ étant croissante et convergente vers $\gamma$, $(u_n)$ étant décroissante et convergente vers $\gamma$, on a bien l'encadrement demandé
\begin{center}
\fbox{
$\forall n \in \N^*,\quad  v_n\leq \gamma \leq u_n.$}
\end{center}

Ceci permet de voir que
\[
0 \leq u_n - \gamma = v_n-\gamma +\frac{1}{n} \leq \frac{1}{n},
\]
ce qui donne bien
\begin{center}
\fbox{$
|u_n-\gamma| \leq \frac{1}{n}.
$}
\end{center}
\item Le programme proposé permet de calculer une approximation de $\gamma$ à la précision \texttt{eps} près (rentrée par l'utilisateur). En effet, une telle approximation sera réalisée par un terme $u_n$ tel que $|u_n-\gamma|<\texttt{eps}$, ce qui, d'après la question précédente a lieu dès que $1/n<\texttt{eps}$. Il suffit de prendre le premier entier $n$ tel que $n>1/\texttt{eps}$, donné par $\lfloor \texttt{1/eps}\rfloor +1$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}\bigskip

\textbf{Partie II: \'Etude d'une série}\bigskip
\begin{enumerate}
\item \begin{enumerate}
\item On a  pour tout entier naturel non nul $n$, 
\begin{align*}
2n - 1 \geq n & \Longleftrightarrow \dfrac{1}{2n-1} \leq \dfrac{1}{n} \\
& \longleftrightarrow \dfrac{1}{n(2n-1)} \leq \dfrac{1}{n^2}
\end{align*}
Donc, on a bien
\begin{center}
\fbox{$a_n \leq \dfrac{1}{n^2}$.}
\end{center}
\item La série de terme général $\dfrac{1}{2n^2}$ est un multiple d'une série de Riemann convergente. Par comparaison de deux séries à termes positifs, 
\begin{center}
 \fbox{la série de terme général $a_n$ converge.}
 \end{center} 
\end{enumerate} 
\item \begin{enumerate}
\item Observons que
\[
\sum_{k=1}^n \frac{1}{2k-1} = \sum_{k=1}^n \frac{1}{k}-\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{2k} \Longleftrightarrow \sum_{k=1}^n
\frac{1}{2k-1}+\sum_{k=1}^n \frac{1}{2k}=\sum_{k=1}^{2n} \frac{1}{k}
\]
et \begin{center}
\fbox{on reconnait une décomposition des indices de sommation selon leur parité.}
\end{center}
\item Il suffit de mettre au même dénominateur et de procéder par identification
\begin{eqnarray*}
\frac{1}{n(2n-1)}=\frac{\alpha}{n}+\frac{\beta}{2n-1} &\Longleftrightarrow & \frac{1}{n(2n-1)}=\frac{\alpha(2n-1)+\beta n}{n(2n-1)}\\
&\Longleftrightarrow & \left\{ \begin{array}{rcl}
2\alpha+\beta &=& 0\\
-\alpha &=& 1
\end{array}\right. \\
&\Longleftrightarrow & \left\{ \begin{array}{rcl}
\alpha &=& -1\\
\beta &=& 2
\end{array}\right.
\end{eqnarray*}
\begin{center}
\fbox{Donc $a_n = \dfrac{-1}{n} + \dfrac{2}{2n-1}$.}
\end{center}
\item On utilise les résultats des deux dernières questions
\begin{eqnarray*}
\sum_{k=1}^n a_k &=& -\sum_{k=1}^n \frac{1}{k} + 2 \sum_{k=1}^n \frac{1}{2k-1} \qquad (\text{d'après 2b.})\\
                             &=&-\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}+2\left(\sum_{k=1}^{2n}\frac{1}{k}-\frac{1}{2}\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}\right) \qquad (\text{d'après 2a.})\\
                             &=& 2\sum_{k=1}^{2n}\frac{1}{k} - 2\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}
\end{eqnarray*}
On a bien 
\begin{center}
\fbox{$\ds \sum_{k=1}^n a_k =2\sum_{k=n+1}^{2n} \frac{1}{k}.$}
\end{center}
\end{enumerate}\bigskip

\item \begin{enumerate}
\item On revient à la définition de $u_n$
\begin{eqnarray*}
u_{2n}-u_n +\ln(2) &=& \sum_{k=1}^{2n} \frac{1}{k} -\ln(2n) -\sum_{k=1}^n \frac{1}{k} + \ln(n) + \ln(2)\\
                              &=& \sum_{k=n+1}^{2n} \frac{1}{k} -\ln(2)-\ln(n)+\ln(n) + \ln(2)
\end{eqnarray*}
c'est-à-dire
\begin{center}
\fbox{$\ds u_{2n}-u_n +\ln(2) =\sum_{k=n+1}^{2n} \frac{1}{k}.$}
\end{center}
\item D'après 2c. et 3a., on a
\begin{eqnarray*}
\sum_{k=1}^{+\infty} a_k &=& \lim_{n\to+\infty} \sum_{k=1}^n a_k \\
                                        &=& \lim_{n\to+\infty} 2\sum_{k=n+1}^{2n} \frac{1}{k}\\
                                        &=& 2\times \lim_{n\to+\infty} \left(u_{2n}-u_n +\ln(2)\right)                           
\end{eqnarray*}
or, comme $(u_n)$ converge, $u_{2n}$ et $u_n$ ont même limite et leur différence tend vers $0$. Donc 
\begin{center}
\fbox{$ \ds \sum_{k=1}^{+\infty} a_k = 2 \ln(2)$.}
\end{center}
\end{enumerate}\bigskip

\item \begin{enumerate}
\item  On voit que
\begin{eqnarray*}
\sum_{k=n+1}^{2n} \frac{1}{k}&=&\sum_{k=1}^n \frac{1}{n+k}\\
                                               &=&\sum_{k=1}^n \frac{1}{n\left(1+\frac{k}{n}\right)}\\
                                               &=&\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n\frac{1}{1+\frac{k}{n}}.
\end{eqnarray*}
\item On reconnait une série de Riemann, on a alors que
\[
\lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n \frac{1}{1+\frac{k}{n}} =\int_0^1\frac{\mathrm dx}{x+1}=\ln(2),
\]
et on retrouve bien la valeur précédente
\begin{align*}
\sum_{k=1}^{+\infty} a_k & = 2\lim_{n\to+\infty} \sum_{k=n+1}^{2n} \frac{1}{k} \\
& = 2 \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n \frac{1}{1+\frac{k}{n}} \\
\end{align*}
Ainsi, on retrouve le résultat de la question précédente, à savoir,
\begin{center}
\fbox{$ \ds \sum_{k=1}^{+\infty} a_k = 2 \ln(2)$.}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\section*{Exercice 3 - Issue de ESSEC - Groupe 1 et 2}

\bigskip

{\ Dans cette premi\`{e}re partie on consid\`{e}re un ensemble discret \ $%
\mathcal{K}$ \ dont on suppose qu'il est soit fini soit \'{e}gal \`{a}
l'ensemble des entiers naturels }$\mathbb{N}.$ $\mathcal{A}$ {\ d\'{e}signe
l'ensemble de toutes les parties de $\mathcal{K}$ et pour tout }

{\ }$A\in \mathcal{A}${, on note }$\bar{A}${\ le compl\'{e}mentaire de \ }$A$%
{\ \ dans $\mathcal{K}$}.

\bigskip

Soient \ $P$ et $Q$ deux lois de probabilit\'{e} sur \ $\mathcal{K}$. (%
\textbf{N.B. }en fait, ce sont des probabilti\'{e}s) Pour tout $k\in 
\mathcal{K}$ , on pose \ $p_{k}=P\left( \left\{ k\right\} \right) $ et \ $%
q_{k}=Q\left( \left\{ k\right\} \right) $. On rappelle que pour tout \ $k\in 
\mathcal{K},$ $p_{k}\ge 0$ , \ avec $\displaystyle
\sum_{k\in \mathcal{K}}p_{k}=1$. \ De plus toute probabilit\'{e} \ \ $P$ \
est enti\`{e}rement d\'{e}termin\'{e}e par la donn\'{e}e de \ $\left(
p_{k}\right) _{k\in \mathcal{K}}$ puisque pour tout $A\in \mathcal{A},\;%
\displaystyle
P\left( A\right) =\sum_{k\in A}p_{k}$

Lorsque $\mathcal{K}$ \ est fini on d\'{e}finit la \ distance en variation
entre les probabilit\'{e}s \ $P$ \ et \ $Q$ \ par 
\begin{equation}
D\left( P\mathrm{,}Q\right) =\frac{1}{2}\sum_{k\in \mathcal{K}}\left|
p_{k}-q_{k}\right|  \tag{(i)}
\end{equation}

\subsection*{{\ \textsf{\textbf{Partie 1}} \ \ \ \ \ \textit{Exemples de distance avec la loi uniforme}. }}

\bigskip

Dans cette première partie, on va calculer la distance en variation entre des probabilités connues. 
\begin{enumerate}
\item On lance des pièces de monnaie et on observe si on tombe sur pile (0) ou sur face (1). L'univers est donc $\mathcal{K} = \{0,1\}$. On lance d'un côté une pièce non truqué qui suit une loi de probabilité uniforme noté $P$. D'un autre côté, on lance une pièce truquée qui a la loi de probabilité $Q$ définie par $Q(\{0\}) = q_0  = \dfrac{1}{4}$ et $Q(\{1\}) = q_1 = \dfrac{3}{4}$.

La loi de $P$ est uniforme donc 
\begin{center}
\fbox{$p_0 = \dfrac{1}{2}$ et $p_1 = \dfrac{1}{2}$}
\end{center}
On calcule alors 
\begin{align*}
D(P,Q) & = \dfrac{1}{2} \left( |p_0 - q_0| + |p_1 - q_1| \right) \\
& = \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{4} \right) \\
& \boxed{= \dfrac{1}{4}}
\end{align*}
\item On lance maintenant des dés et on note la face sur laquelle on tombe. L'univers est $\mathcal{K} = \entier{1,6}$. On lance d'un côté un dé non truqué muni de la loi uniforme $P$. D'un autre côté, on lance un dé truquée qui a la loi de probabilité $Q$ définie par 
$$Q(\{1\}) = q_1  = \dfrac{1}{12}, \quad  q_2 = \dfrac{1}{6}, \quad q_3 = \dfrac{1}{4}, \quad q_4 = \dfrac{1}{12}, \quad  q_5 = \dfrac{1}{6}, \quad q_6 = \dfrac{1}{4}. $$

De même que dans la question précédente, 
\begin{center}
 \fbox{$
p_k = \dfrac{1}{6} $, $k \in \entier{1,6}$.}
 \end{center} 
On calcule alors 
\begin{align*}
D(P,Q) & = \dfrac{1}{2}\left( \sum_{k \in \entier{1,6}} |p_k -q_k| \right) \\
& = \dfrac{1}{2} \left( \left| \dfrac{1}{6} - \dfrac{1}{12}\right| + \left| \dfrac{1}{6} - \dfrac{1}{6}\right| + \left| \dfrac{1}{6} - \dfrac{1}{4}\right| + \left| \dfrac{1}{6} - \dfrac{1}{12}\right| + \left| \dfrac{1}{6} - \dfrac{1}{6}\right| + \left| \dfrac{1}{6} - \dfrac{1}{4}\right| \right) \\
& = \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{1}{12} + 0 + \dfrac{1}{12} + \dfrac{1}{12} + 0 + \dfrac{1}{12} \right) \\
&\boxed{ = \dfrac{1}{6}}
\end{align*}
 \item On considère $n = 2p$ un nombre pair. Dans les deux expériences suivantes, on tire des boules numérotées de 1 à n dans une urne et on regarde le numéro sur lequel on tombe. L'univers est donc $\mathcal{K} = \entier{1, n}$. Dans la première urne, il y a 1 boule portant chaque numéro (il y a donc $n$ boules en tout). On associe à cette expérience la loi de probabilité P. 
 \begin{enumerate}
 \item Chaque boule portant le même numéro et les boules étant indiscernable. La loi de probabilité est uniforme. On a donc
 $
 \forall k \in \entier{1,n}, \quad P(\{ k\} = \dfrac{1}{n}
 $

\end{enumerate}  
Dans la seconde urne, il y a 1 boule portant le numéro 1, 2 boules portant le numéro 2, ..., n boules portant le numéro n. On associe à cette expérience la loi de probabilité Q.
	\begin{enumerate}
	\item[(b)] Pour cette expérience, il y a 
	\begin{center}
	\fbox{$\ds \sum_{j=1}^n j = \dfrac{n(n+1)}{2}$ boules au total.}
	\end{center}
	\item[(c)] On a donc 
\begin{center}
\fbox{$
\forall k \in \entier{1,n}, \quad q_k = \dfrac{k}{\dfrac{n(n+1)}{2}} = \dfrac{2k}{n(n+1)}
$	}
\end{center}
	\item[(d)] On a donc 
	\begin{align*}
D(P,Q) & = \dfrac{1}{2} \sum_{k=1}^n |p_k - q_k| \\
       & = \dfrac{1}{2} \sum_{k=1}^n \left| \dfrac{1}{n} - \dfrac{2k}{n(n+1)} \right| \\
       & =  \dfrac{1}{2} \sum_{k=1}^p \left| \dfrac{n+1 - 2k}{n(n+1)} \right|	 \\
       & =  \dfrac{1}{2n(n+1)} \sum_{k=1}^p \left| 2p+1 - 2k \right| + \dfrac{1}{2n(n+1)} \sum_{k=p+1}^{2p} \left| 2p+1 - 2k \right|	 \\
	& =  \dfrac{1}{2n(n+1)} \sum_{k=1}^p  (2p+1 - 2k) + \dfrac{1}{2n(n+1)} \sum_{k=p+1}^{2p} 2k - (2p+1)	 \\
	& = \dfrac{1}{2n(n+1)} \left(\sum_{k=1}^p  2p+1 - 2 \sum_{k=1}^p k + 2\sum_{k=p+1}^{2p} k - \sum_{k=p+1}^{2p}(2p+1) \right)
	\end{align*}
Or 
$$
\sum_{k=p+1}^{2p} k = \sum_{k=1}^{2p} k - \sum_{k=1}^p k = \dfrac{2p(2p+1)}{2} - \dfrac{p(p+1)}{2}
$$
Donc 
\begin{align*}
D(P,Q) &= \dfrac{1}{2n(n+1)} \left( p(2p+1) - p(p+1) + 2p(2p+1) - p(p+1)  - p(2p+1) \right) \\
& = \dfrac{1}{2n(n+1)} \left(   2p(2p+1) - 2p(p+1)   \right) \\
& = \dfrac{1}{2n(n+1)} \left(   2p(2p+1-p-1)   \right) \\
& = \dfrac{2p \times p}{2n(n+1)} \\
& = \dfrac{n \times n/2}{2n(n+1)} \\
& \boxed{= \dfrac{n}{4(n+1)}}
\end{align*}
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\subsection*{{\ \textsf{\textbf{Partie 2}} \ \ \ \ \ \textit{Distance en variation}. }}

\begin{enumerate}
\item \ Lorsque \ \ $\mathcal{K=}\left\{ 0;1\right\} $ \ 

on a $D\left( P\mathrm{,}Q\right) =\frac{1}{2}\left( \left|
p_{0}-q_{0}\right| +\left| p_{1}-q_{1}\right| \right) $\ 

et comme $p_{0}+p_{1}=1$ on a donc $p_{0}=1-p_{1}$ et \ $q_{0}=1-q_{1}$.

Donc \begin{center}
\fbox{$D\left( P\mathrm{,}Q\right) =\frac{1}{2}\left( \left|
q_{1}-p_{1}\right| +\left| p_{1}-q_{1}\right| \right) =\left|
p_{1}-q_{1}\right| $ (car $\left| -x\right| =\left| x\right| $ pour tout $x$
r\'{e}el )}
\end{center}

%\item Lorsque $\mathcal{K=}\mathbb{N}$ ,
%
%Pour tout $k\in \mathcal{K}$, on a $0\le \left| p_{k}-q_{k}\right| \le
%\left| p_{k}\right| +\left| q_{k}\right| =p_{k}+q_{k}$ (in\'{e}galit\'{e}
%triangulaire)
%
%Comme les s\'{e}ries de terme g\'{e}n\'{e}ral $p_{k}$ et $q_{k}$ convergent,
%celle de terme g\'{e}n\'{e}ral $p_{k}+q_{k}$ \'{e}galement.
%
%Et par majoration des termes positif d'une s\'{e}rie,
%
%\textsl{Conclusion : }\fbox{la s\'{e}rie de terme g\'{e}n\'{e}ral $\left|
%p_{k}-q_{k}\right| $ converge.}
%
%\hspace{-1cm}On \'{e}tend donc la d\'{e}finition de la distance en variation
%donn\'{e}e par $\left( i\right) $ au cas o\`{u} \ $\mathcal{K=}\mathbb{N}$.

\item Pour tout \ $A\in \mathcal{A},\mathcal{\;}$on a $0\le P\left( A\right)
\le 1$ et $0\le Q\left( A\right) \le 1$

Donc $-1\le P\left( A\right) -Q\left( A\right) \le 1$ d'o\`{u} $\left|
P\left( A\right) -Q\left( A\right) \right| \le 1$ (\'{e}quivaut en fait)

\textsl{Conclusion : }\fbox{$\left| P\left( A\right) -Q\left( A\right)
\right| \in \left[ 0,1\right] $.}

\item Pour tout \ $\displaystyle
A\in \mathcal{A},$

$P\left( A\right) =\sum_{k\in A}p_{k}$ et en s'inspirant de la question 1) $%
\sum_{k\in A}p_{k}=1-\sum_{k\in \bar{A}}p_{k}$ (et de m\^{e}me pour $Q$ )

Donc $P\left( A\right) -Q\left( A\right) =\sum_{k\in A}\left(
p_{k}-q_{k}\right) $ d'une part

et \label{P(A)-Q(A)} $P\left( A\right) -Q\left( A\right) =1-\sum_{k\in \bar{A%
}}p_{k}-1-\sum_{k\in \bar{A}}q_{k}=\sum_{k\in \bar{A}}\left(
q_{k}-p_{k}\right) =-\sum_{k\in \bar{A}}\left( p_{k}-q_{k}\right) $ d'autre
part.

Donc 
\begin{eqnarray*}
2\left| P\left( A\right) -Q\left( A\right) \right| &=&\left| P\left(
A\right) -Q\left( A\right) \right| +\left| P\left( A\right) -Q\left(
A\right) \right| \\
&=&\boxed{\left| \sum_{k\in A}\left( p_{k}-q_{k}\right) \right| +\left| \sum_{k\in 
\bar{A}}\left( p_{k}-q_{k}\right) \right|}
\end{eqnarray*}

\item On a $D\left( P\mathrm{,}Q\right) =\frac{1}{2}\sum_{k\in \mathcal{K}%
}\left| p_{k}-q_{k}\right| $ et $\mathcal{K=}A\cup \bar{A}$ (disjointe)

Donc $D\left( P\mathrm{,}Q\right) =\frac{1}{2}\left( \sum_{k\in A}\left|
p_{k}-q_{k}\right| +\sum_{k\in \bar{A}}\left| p_{k}-q_{k}\right| \right) $

Et comme $\sum_{k\in A}\left| p_{k}-q_{k}\right| \ge \left| \sum_{k\in
A}p_{k}-q_{k}\right| $ alors 
\begin{eqnarray*}
2D\left( P\mathrm{,}Q\right) &\ge &\left| \sum_{k\in A}p_{k}-q_{k}\right|
+\left| \sum_{k\in \bar{A}}p_{k}-q_{k}\right| \\
&\ge &2\left| P\left( A\right) -Q\left( A\right) \right|
\end{eqnarray*}

\textsl{Conclusion : }\fbox{pour tout $A\in \mathcal{A},\mathcal{\;}\left|
P\left( A\right) -Q\left( A\right) \right| \le D\left( P\mathrm{;}Q\right) $}%
\ 

\item Soit \ $A=\left\{ k\;|\;k\in \mathcal{K}\text{ et }q_{k}\ge
p_{k}\right\} $

On a alors pour tout $k\in A:\left| p_{k}-q_{k}\right| =-\left(
p_{k}-q_{k}\right) $ et pour $k\in \bar{A},$ $\left| p_{k}-q_{k}\right|
=p_{k}-q_{k}$ (car dans $\bar{A}$, $q_{k}\ge p_{k}$ est faux)

Donc 
\begin{eqnarray*}
D\left( P\mathrm{,}Q\right) &=&\frac{1}{2}\left( \sum_{k\in A}\left|
p_{k}-q_{k}\right| +\sum_{k\in \bar{A}}\left| p_{k}-q_{k}\right| \right) \\
&=&\frac{1}{2}\left( -\sum_{k\in A}p_{k}-q_{k}+\sum_{k\in \bar{A}%
}p_{k}-q_{k}\right) \\
&=&\frac{1}{2}\left( \left| \sum_{k\in A}p_{k}-q_{k}\right| +\left|
\sum_{k\in \bar{A}}p_{k}-q_{k}\right| \right) \\
&=&\left| P\left( A\right) -Q\left( A\right) \right|
\end{eqnarray*}
car $\sum_{k\in A}p_{k}-q_{k}\le 0$ et $\sum_{k\in \bar{A}}p_{k}-q_{k}\ge 0.$

\textsl{Conclusion : }\fbox{avec $A=\left\{ k\;|\;k\in \mathcal{K}\text{ et }%
q_{k}\ge p_{k}\right\} :\left| P\left( A\right) -Q\left( A\right) \right|
=D\left( P\mathrm{;}Q\right) $}

\item On utilisera la notation $\min (a,b) = a \wedge b$. On r\'{e}utilise la question pr\'{e}c\'{e}dente :

Avec $A=\left\{ k\;|\;k\in \mathcal{K}\text{ et }q_{k}\ge p_{k}\right\} $ on
a $D\left( P\mathrm{,}Q\right) =\left| P\left( A\right) -Q\left( A\right)
\right| $

Or pour $k\in A:p_{k}\wedge q_{k}=p_{k}$ et pour $k\in \bar{A}:p_{k}\wedge
q_{k}=q_{k}.$

Donc 
\begin{eqnarray*}
1-\sum \left( p_{k}\wedge q_{k}\right) &=&1-\sum_{k\in A}p_{k}-\sum_{k\in 
\bar{A}}q_{k} \\
\text{et comme }1-\sum_{k\in A}p_{k} &=&P\left( \bar{A}\right) =\sum_{k\in 
\bar{A}}p_{k}\text{ alors } \\
1-\sum \left( p_{k}\wedge q_{k}\right) &=&\sum_{k\in \bar{A}%
}p_{k}-q_{k}=Q\left( A\right) -P\left( A\right)
\end{eqnarray*}
commme on l'a vu en \ref{P(A)-Q(A)}

Et comme ici $Q\left( A\right) -P\left( A\right) =\sum q_{k}-p_{k}\ge 0$ et $%
Q\left( A\right) -P\left( A\right) =\left| P\left( A\right) -Q\left(
A\right) \right| $on a bien finalement :

\textsl{Conclusion : }\fbox{$D\left( P\mathrm{;}Q\right) =1-\sum_{k\in 
\mathcal{K}}p_{k}\wedge q_{k}$}
\end{enumerate}

%\item On consid\`{e}re un couple de variables al\'{e}atoires $\left(
%X,Y\right) $ tel que $X$ soit de loi \ $P$ \ et $Y$ soit de loi $Q$.
%Autrement dit, pour tout \ $k\in \mathcal{K},\;$%
%\begin{equation*}
%\mathbf{P}\left( X=k\right) =p_{k}\quad \text{et\quad }\mathbf{P}\left(
%X=k\right) =p_{k} 
%\end{equation*}
%Le \ $D\left( P\mathrm{;}Q\right) =1-\sum \left( p_{k}\wedge q_{k}\right) $
%sugg\`{e}re de passer par l'\'{e}v\'{e}nement contraire.
%
%(L'\'{e}v\'{e}nement $X=Y$ est d'autre part plus facile \`{a} d\'{e}composer
%que $\left( X\ne Y\right) $ )
%
%$\mathbf{P}\left( X\ne Y\right) =1-\mathbf{P}\left( X=Y\right) $
%
%On d\'{e}compose $\left( X=Y\right) =\bigcup_{k\in \mathcal{K}}\left(
%X=k\cap Y=k\right) $ (disjointe) donc $\mathbf{P}\left( X=Y\right)
%=\sum_{k\in \mathcal{K}}\mathbf{P}\left( X=k\cap Y=k\right) $
%\end{enumerate}
%
%Et comme $\mathbf{P}\left( X=k\cap Y=k\right) \le \mathbf{P}\left(
%X=k\right) =p_{k}$ (car $\left( X=k\cap Y=k\right) \subset \left( X=k\right) 
%$ )
%
%et $Q\left( X=k\cap Y=k\right) \le Q\left( Y=k\right) =q_{k}$
%
%alors $\mathbf{P}\left( X=k\cap Y=k\right) $ est inf\'{e}rieur au plus petit
%des deux : 
%\begin{equation*}
%\mathbf{P}\left( X=k\cap Y=k\right) \le p_{k}\wedge q_{k} 
%\end{equation*}
%
%et en assemblant : 
%\begin{eqnarray*}
%\mathbf{P}\left( X\ne Y\right) &=&1-\mathbf{P}\left( X=Y\right) \\
%&=&1-\sum_{k\in \mathcal{K}}\mathbf{P}\left( X=k\cap Y=k\right) \\
%&\ge &1-\sum_{k\in \mathcal{K}}p_{k}\wedge q_{k}=D\left( P,Q\right)
%\end{eqnarray*}
%
%\textsl{Conclusion : }\fbox{$D\left( P\mathrm{;}Q\right) \le \mathbf{P}%
%\left( X\ne Y\right) $}

\end{document}