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

\chead{Correction Devoir maison n�13}
\lfoot{}
\cfoot{A rendre pour le 24 Mars 2021.}

\begin{center}
\fbox{ \Large Correction Devoir maison n�13}

\end{center}
\vspace{30pt}



\section*{Exercice 1}
On note $(u_n)_{n \in \N^*}$ la suite d�finie pour tout entier $n$ strictement positif par :
$$
u_n = \int_0^1 \dfrac{x^{n-1}}{1+x} dx
$$
\begin{enumerate}
\item On a 
$$ u_1 = \int_0^1 \dfrac{1}{1+x} dx = [\ln(1+x)]_0^1 = \ln(2)$$
\begin{center}
\fbox{Donc $u_1 = \ln(2)$. }
\end{center}
\item On a pour $x \in [0,1]$ et $n \in \N^*$,
\begin{align*}
x^{n-1} >0 &\Longrightarrow  \dfrac{x^{n-1}}{1+x}  > 0 \\
& \Longrightarrow  \int_0^1 \dfrac{x^{n-1}}{1+x} dx  > 0
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{Donc pour $n\in \N^*$, $u_n$ est positive. }
\end{center}
\item On calcule 
\begin{align*}
u_{n+1} - u_n & = \int_0^1 \dfrac{x^n}{1+x} dx - \int_0^1 \dfrac{x^{n-1}}{1+x}dx \\
& = \int_0^1 \dfrac{x^n - x^{n-1}}{1+x} dx \\
& = \int_0^1 \dfrac{x^{n-1}(x-1)}{1+x} dx
\end{align*}
Pour $x \in [0,1]$, on a $x^{n-1} > 0$, $1+x > 0$ et $x-1 < 0$. Ainsi, 
$$
u_{n+1} - u_n < 0
$$ 
\begin{center}
 \fbox{La suite $(u_n)$ est d�croissante.}
 \end{center} 
\item Pour tout entier $n$ strictement positif,
\begin{align*}
 u_{n+1} + u_n & = \int_0^1 \dfrac{x^n}{1+x} dx - \int_0^1 \dfrac{x^{n-1}}{1+x}dx \\
& = \int_0^1 \dfrac{x^n+x^{n-1}}{1+x} dx \\
& = \int_0^1 \dfrac{x^{n-1}(1+x)}{1+x} dx \\
& = \int_0^1 x^{n-1} dx \\
& = \left[ \dfrac{x^n}{n} \right]_0^1  = \dfrac{1}{n} - 0.
\end{align*} 
\begin{center}
 \fbox{D'o� la relation $u_{n+1} + u_n = \dfrac{1}{n}$.}
 \end{center} 
\item On a donc la relation suivante $u_{n+1} = \dfrac{1}{n} - u_n$
\begin{verbatim}
n = input("Donnez un entier n")
u = log(2)
for k = 1:n-1
    u = 1/k - u
end
dips(u)
\end{verbatim}
\item La suite $(u_n) $ est d�croissante donc
 \begin{align*}
 u_{n+1} \leq u_n & \Longleftrightarrow u_{n+1} + u_n \leq u_n + u_n \\
 & \Longleftrightarrow \dfrac{1}{n} \leq 2u_n \\
 \end{align*}
De m�me, en �crivant l'�galit� de la question 4 pour $n- 1$ on a $u_n + u_{n-1} = \dfrac{1}{n-1}$ et 
\begin{align*}
 u_{n} \leq u_{n-1}  & \Longleftrightarrow u_{n} + u_{n} \leq u_{n-1} + u_{n} \\
 & \Longleftrightarrow 2u_n \leq \dfrac{1}{n-1} 
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{Finalement, pour tout entier $n$ sup�rieur ou �gal � 2, $
\dfrac{1}{n} \leq 2 u_n \leq \dfrac{1}{n-1}
$}
\end{center}
On a $\li_{n \to + \infty} \dfrac{1}{n} = \li_{n \to + \infty} \dfrac{1}{n-1} = 0$, donc d'apr�s le th�or�me des gendarmes, \begin{center}
\fbox{la suite $(u_n)$ est convergente et 
$\li_{n \to + \infty} u_n = 0$. }
\end{center}
\item En utilisant l'in�galit� pr�c�dente,
\begin{align*}
\dfrac{1}{n} \leq 2 u_n \leq \dfrac{1}{n-1} & \Longleftrightarrow \dfrac{1}{2} \leq n u_n \leq \dfrac{n}{2(n-1)}
\end{align*}
Or $\li_{n \to + \infty} \dfrac{n}{2(n-1)} = \dfrac{1}{2}$. En utilisant encore une fois le th�or�me des gendarmes, on a 
\begin{center}
\fbox{ $\li_{n\to +\infty} n u_n = \dfrac{1}{2}$. }
\end{center}
\end{enumerate}

\section*{Exercice 2}
A venir
%On consid\`{e}re, pour tout entier naturel $n$, l'application $\varphi _{n}$
%d\'{e}finie sur $\mathbb{R}$ par : 
%\[
%\forall x\in \mathbb{R},\quad \varphi _{n}\left( x\right) =\left( 1-x\right)
%^{n}e^{-2x} 
%\]
%ainsi que l'int\'{e}grale : 
%\[
%I_{n}=\int_{0}^{1}\varphi _{n}\left( x\right) \,dx 
%\]
%
%On se propose de d\'{e}montrer l'existence de trois r\'{e}els, $a$, $b$, $c$
%tels que : 
%\[
%I_{n}=a+\frac{b}{n}+\frac{c}{n^{2}}+\frac{1}{n^{2}}\varepsilon \left(
%n\right) \quad \text{avec\quad }\lim_{n\rightarrow +\infty }\varepsilon
%\left( n\right) =0 
%\]
%
%\begin{enumerate}
%\item La fonction $\varphi_0 : x \to e^{-2x}$ est une fonction continue sur $[0;1]$ en tant que compos�e de fonction continue. L'int�grale $I_0$ existe et 
%\begin{align*}
%I_0 & = \int_0^1 e^{-2x} dx \\
%& = \left[ \dfrac{-1}{2} e^{-2x} \right]_0^1 \\
%& = \dfrac{-1}{2} e^{-2} + \dfrac{1}{2}
%\end{align*}
%\begin{center}
%\fbox{Donc $I_0 = \dfrac{1 - e^{-2}}{2}$. }
%\end{center}
%
%La fonction $\varphi_1 : x \to (1-x)e^{-2x}$ est une fonction continue sur $[0;1]$ en tant que compos�e et produite de fonctions continues. L'int�grale $I_1$ existe et 
%\begin{align*}
%I_1 & = \int_0^1 (1-x)e^{-2x}
%\end{align*}
%On pose les fonctions 
%\begin{center}
%\begin{tabular}{cc}
%$u(x) = 1-x$ & $v'(x) = e^{-2x}$ \\
%$u'(x) = -1$ & $v(x) = -\dfrac{1}{2} e^{-2x}$
%\end{tabular}
%\end{center}
%Les fonctions $u$ et $v$ sont de classe $\mathcal{C}^1$ sur $[0,1]$. A l'aide d'une int�gration par partie, on obtient 
%\begin{align*}
%I_1 & = \left[ - \dfrac{(1-x)}{2} e^{-2x} \right]_0^1 - \dfrac{1}{2} \int_0^1 e^{-2x} dx \\
%& = \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{2} \left[ \dfrac{-1}{2} e^{-2x} \right]_0^1 \\
%& = \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{-e^{-2}}{2} + \dfrac{1}{2} \right) \\
%& = \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{4} + \dfrac{e^{-2}}{4} 
%\end{align*}
%\begin{center}
%\fbox{On obtient $I_1 = \dfrac{1 + e^{-2}}{4}$.}
%\end{center}
%
%\item Pour $x \in [0,1]$, on a $1-x \in [0,1]$ et donc pour tout $n \in \N$
%\begin{align*}
%& (1-x)^n \geq (1-x)^{n+1} \\
%\Longrightarrow \quad & (1-x)^n e^{-2x} \geq (1-x)^{n+1} e^{-2x} \\
%\Longrightarrow	\quad & \int_0^1 (1-x)^n e^{-2x} dx \geq \int_0^1 (1-x)^{n+1} e^{-2x} dx \\
%\Longrightarrow	\quad & I_n \geq I_{n+1}
%\end{align*}
%\begin{center}
%\fbox{La suite $(I_n)_{n \in \N}$ est d�croissante}
%\end{center}
%
%\item Pour tout $x \in [0,1]$, pour tout entier $n$, 
%\begin{align*}
%(1-x)^n \geq 0 & \Longrightarrow (1-x)^n e^{-2x} \geq 0 \\
%& \Longrightarrow \int_0^1 (1-x)^n e^{-2x} dx \geq 0 
%\end{align*}
%\begin{center}
%\fbox{Ainsi, $\forall n \in \N, I_n \geq 0$. }
%\end{center}
%\item La suite $(I_n)_{n  \in \N}$ est d�croissante et minor�e par $0$. 
%\begin{center}
%\fbox{Donc la suite $(I_n)_{n \in \N}$ est convergente. }
%\end{center}
%
%\item On a 
%\begin{center}
%\fbox{$\forall x \in [0,1]$, $e^{-2x} \leq 1$. }
%\end{center}
%
%\item D'apr�s ce qui pr�c�de, on a 
%\begin{align*}
%& (1-x)^n e^{-2x} \leq (1-x)^n \\
%\Longrightarrow \quad &  \int_0^1 (1-x)^n e^{-2x} dx \leq \int_0^1 (1-x)^n dx \\
%\Longrightarrow \quad & I_n \leq \left[ \dfrac{-1}{n+1} (1-x)^{n+1} \right]_0^1 \\
%\Longrightarrow \quad & I_n \leq 0 - \dfrac{-1}{n+1}
%\end{align*}
%Ainsi
%\begin{center}
%\fbox{$
%\forall n\in \mathbb{N}^{*},\quad 0\le I_{n}\le \frac{1}{n+1} 
%$}
%\end{center}
%
%\item Comme $\li_{n \to +\infty} \dfrac{1}{n+1} = 0$, d'apr�s le th�or�me des gendarmes,
%\begin{center}
%\fbox{$\li_{n \to +\infty} I_n = 0$. }
%\end{center}
%
%\item La fonction $\varphi_{n+1}$ est continue sur $[0,1]$ en tant que compos�e et produit de fonctions continues. L'int�grale existe et 
%\begin{align*}
%2 I_{n+1} = 2 \int_0^1 (1 - x)^{n+1} \times 2 e^{-2x} dx
%\end{align*}
%On d�finit 
%\begin{center}
%\begin{tabular}{cc}
%$u(x) = (1-x)^{n+1}$ & $v'(x) = 2e^{-2x}$ \\
%$u'(x) = -(n+1)(1-x)^{n}$ & $v(x) = - e^{-2x}$
%\end{tabular}
%\end{center} 
%Les fonctions $u$ et $v$ sont de classe $\mathcal{C}^1$ sur $[0,1]$. A l'aide d'une int�gration par partie, on obtient 
%\begin{align*}
%2 I_{n+1} & = \left[ - (1-x)^{n+1} e^{-2x} \right]_0^1 -  \int_0^1 (n+1)(1-x)^n e^{-2x} dx \\
%& = 0 - (1)^{n+1} e^0 - (n+1) \int_0^1 (1-x)^n e^{-2x} dx
%\end{align*}
%c'est-�-dire,
%\begin{center}
%\fbox{$
%\forall n\in \mathbb{N},\quad 2I_{n+1}=1-\left( n+1\right) I_{n} 
%$}
%\end{center}
%
%\item D'apr�s l'�galit� pr�c�dente, on a 
%\begin{align*}
%2 I_{n+1} = 1 - n I_n - I_n \Longleftrightarrow nI_n = 1 - I_n - 2 I_{n+1}
%\end{align*}
%Or $\li_{n \to +\infty} I_n = \li_{n \to +\infty} I_{n+1} = 0$ donc 
%\begin{center}
%\fbox{$\li_{n \to + \infty} n I_n = 1 $.}
%\end{center}
%
%\item Toujours en utilisant l'�galit� pr�c�dente, on a 
%\begin{align*}
%& n I_n - 1 = - I_n - 2 I_{n+1} \\
%\Longleftrightarrow \quad & n \left( nI_n - 1 \right) = -nI_n - 2 nI_{n+1} \\
%\Longleftrightarrow \quad & n \left( nI_n - 1 \right) = -nI_n - 2(n+1)I_{n+1} + 2 I_{n+1} 
%\end{align*}
%Or d'apr�s les questions pr�c�dentes, $\li_{n \to +\infty} I_{n+1} = 0$, $\li_{n \to +\infty} nI_n = 1$ et $\li_{n \to +\infty} (n+1)I_{n+1} = 1$. Ainsi,
%\begin{center}
%\fbox{$\li_{n \to +\infty} n \left( nI_n - 1 \right) = -3$. }
%\end{center}
%
%\item En reprenant la relation \[
%I_{n}=a+\frac{b}{n}+\frac{c}{n^{2}}+\frac{1}{n^{2}}\varepsilon \left(
%n\right) \quad \text{avec\quad }\lim_{n\rightarrow +\infty }\varepsilon
%\left( n\right) =0 
%\]
%On remarque que $\li_{n \to +\infty} I_n = a = 0$ et donc 
%\begin{center}
%\fbox{$a=0$.}
%\end{center}
%En multipliant l'expression par $n$ et en rempla�ant $a$ par $0$, on obtient
%\[
%nI_{n}= b+\frac{c}{n}+\frac{1}{n}\varepsilon \left(
%n\right) \quad \text{avec\quad }\lim_{n\rightarrow +\infty }\varepsilon
%\left( n\right) =0 
%\]
%On remarque alors que $\li_{n \to +\infty} nI_n = b = 1$ et donc 
%\begin{center}
%\fbox{$b=1$.}
%\end{center}
%Enfin, en soustrayant $1$ et en multipliant par $n$ dans la relation pour $I_n$, on a 
%\[
%n\left( I_{n}-1 \right) = c+ \varepsilon \left(
%n\right) \quad \text{avec\quad }\lim_{n\rightarrow +\infty }\varepsilon
%\left( n\right) =0 
%\]
%On remarque alors que $\li_{n \to +\infty} n\left( I_{n}-1 \right) = c = -3$ et donc 
%\begin{center}
%\fbox{$c = -3$. }
%\end{center}
%En conclusion,
%\begin{center}
%\fbox{$
%I_{n}=\frac{1}{n}-\frac{3}{n^{2}}+\frac{1}{n^{2}}\varepsilon \left(
%n\right) \quad \text{avec\quad }\lim_{n\rightarrow +\infty }\varepsilon
%\left( n\right) =0 
%$}
%\end{center}
%\end{enumerate}

\section*{Exercice 3}

Cet exercice �tudie deux jeux de un d�s avec des d\'{e}s �quilibr�s \`{a} six faces.
\subsection*{I. �tude du premier jeu.}
Dans ce jeu on lance simultan�ment deux d�s �quilibr�s, si les deux donnent le m�me r�sultat alors le joueur marque $1$ point, sinon il ne marque pas de point.\\
\begin{enumerate}
\item On peut proc�der de plusieurs fa�on: \\

{\bf Par d�nombrement :} On a $\Omega = \entier{1,6}^2$, $\card(\Omega) = 36$. Il y a $6$ fa�ons d'obtenir un double, la probabilit� est donc
\begin{center}
 \fbox{$p = \dfrac{1}{6}$.}
 \end{center} 
 
{\bf En utilisant des �v�nements :} On note $A_i$ "obtenir le nombre $i$ avec le premier d�" et $B_i$ " obtenir le nombre $i$ avec le deuxi�me d�". 
Dans ce cas, comme les �v�nements $A_i$ et $B_j$ ($i,j \in \entier{1,6}$) sont ind�pendants,
\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 �gale au r�sultat du premier d� et $Y$ la VA �gale au r�sultat du second d�. $X$ et $Y $ sont ind�pendants 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 r�p�te $n$ fois le m�me jeu et on note alors $Y_n$ le nombre de points obtenus par le joueur apr�s ces $n$ parties.
\begin{enumerate}
\item On r�p�te $n$ fois une �preuve de Bernoulli de probabilit� de succ�s $p = \dfrac{1}{6}$. Les r�p�titions sont ind�pendantes. Donc $Y_n$ suit une loi binomiale de param�tre $n$ 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}$. }
\end{center}
\item D'apr�s le cours,
\begin{center}
\fbox{$E(Y_n) = \dfrac{n}{6}$ et  $V(Y_n) = \dfrac{5n}{36}$.}
\end{center}
\end{enumerate}
\item Le joueur joue maintenant jusqu'� ce qu'il marque un point pour la premi�re fois.\\
On note alors $Z$ la variable al�atoire repr�sentant le nombre de parties effectu�es par le joueur. \\
\begin{enumerate}
\item Trouver le nombre de parties effectu�es par le joueur revient � trouver l'apparition du premier succ�s dans la r�p�tition d'une �preuve de Bernoulli de probabilit� $p = \dfrac{1}{6}$. $Z$ suit donc une loi g�om�trique de param�tre $\dfrac{1}{6}$. 
\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'apr�s 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. �tude d'un deuxi�me 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 r�p�te $n$ 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 montr� 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 d�nombrement mais il est plus simple de remarquer que par sym�trie, $p(E_1) = p(E_3) = x$ 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'apr�s la question pr�c�dente, 
\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 �galement
$$
E(X_i^2) = 0^2 \times \dfrac{5}{12} + 1^2 \times \dfrac{5}{12} + 2^2 \times \dfrac{1}{6} = \dfrac{13}{12}
$$
Ainsi, d'apr�s 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 m�me 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 deuxi�me 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 deuxi�me ou 0 points au premier, 1 point au deuxi�me. 
\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 m�me 
\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 syst�me complet d'�v�nement associ� � $S_2$
\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 lin�arit� de l'esp�rance 
\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 r�sout $\dfrac{9n}{12} = 10 \Longleftrightarrow n = \dfrac{120}{9} \approx 13,3$
En moyenne, il faudra au minimum \uline{14 parties} pour que le joueur obtienne plus de 10 points
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\section*{Exercice 4}
\begin{enumerate}
\item Au mieux $X=1$, au pire $X=n$ et toutes les valeurs interm�diaires sont possibles, donc \begin{center}
\fbox{$X(\Omega)=\entier{1,n}$} 
\end{center}
\item
    \begin{enumerate}
    \item Si on sait $B_1 \cap B_2 \cap \ldots \cap B_{i-1}$, pour le $i$-eme tirage, il reste $n-(i-1)$ boules dans l'urne, dont une boule noire.\\
    Donc \begin{center}
    \fbox{$P_{B_1 \cap \ldots \cap B_{i-1}} (B_i)=\dfrac{n-(i-1)-1}{n-(i-1)}=\dfrac{n-i}{n-i+1}$}
    \end{center}
    \item $(X=k)$ est l'�v�nement $B_1 \cap \ldots B_{k-1} \cap N_k$.\\
    En utilisant la formule des probabilit�s compos�es : \\
    $P(X=k)=\dfrac{n-1}{n} \times \dfrac{n-2}{n-1} \times \ldots \times \dfrac{n-(k-1)}{n-k+2} \times \dfrac1{n-k+1}=\dfrac1n$ (par t�lescopage multiplicatif).
    \begin{center}
    \fbox{$\forall n \in \entier{ 1,n } \quad P(X=k)=\dfrac1n$}
    \end{center}
    \item Il en r�sulte que : \quad \fbox{$ X \hookrightarrow {\cal U}_{\entier{ 1,n }} \quad E(X)=\dfrac{n+1}2 \quad V(X)=\dfrac{n^2-1}{12}$}
    \end{enumerate}
\item
    \begin{enumerate}
    \item Notons $B'_i$ l'�v�nement \og le $i$-eme tirage donne une boule blanche num�rot�e $0$ \fg.
    $$(X=k) \cap (Y=0) = B'_1 \cap B'_2 \cap \ldots \cap B'_{k-1} \cap N_k.$$
    Par le m�me principe :\\
\begin{align*}
P\left[(X=k) \cap (Y=0)\right] & = \dfrac{n-2}{n} \times \dfrac{n-3}{n-1} \times \dfrac{n-4}{n-2} \times \ldots \times  \dfrac{n-k}{n-k+2} \times \dfrac1{n-k+1}=\dfrac{(n-k)\times 1}{n(n-1)} \\
& = \dfrac{n-k}{n(n-1)} \quad (\text{par t�lescopage multiplicatif})
\end{align*}    
    \item On utilise le syst�me complet d'�v�nements $(X=k)_{k \in \entier{ 1,n }}$. La formule des probabilit�s totales donne :
    \begin{align*}
    P(Y=0) & =\displaystyle \sum_{k=1}^n P(X=k \cap Y=0) \\
    & = \sum_{k=1}^n \dfrac{n-k}{n(n-1)} \\
    & = \dfrac1{n(n-1)} \sum_{k=1}^n (n-k)
    \end{align*}
    On pose $i=n-k$ dans cette derni�re somme :
    \begin{align*}
    P(Y=0) & =\dfrac1{n(n-1)}\ds  \sum_{i=n-1}^0 i \\
    & =\dfrac1{n(n-1)} \sum_{i=0}^{n-1} i \\
    & = \dfrac1{n(n-1)}\times \dfrac{(n-1)n}2=\dfrac12
    \end{align*}
    \begin{center}
    \fbox{$P(Y=0)=\dfrac12$} 
    \end{center}  
    \item  $P(Y=1)=1-P(Y=0)=\dfrac12$. Donc
    \begin{center}
     \fbox{$Y \hookrightarrow {\cal B}\left(\dfrac12\right) \quad E(Y)=\dfrac12 \quad V(Y)=\dfrac14$} 
     \end{center}
    \end{enumerate}
\item 
\begin{enumerate}
\item En ligne 6 : \hspace{2cm} {\tt Nb=Nb-1} \qquad (une boule blanche a �t� tir�e)\\
En ligne 7 :  \hspace{2cm}{\tt u=grand(1,1,'uin',1,Nb+1)} \quad (il reste $Nb+1$ boule dans l'urne)\\
En ligne 8 :  \hspace{2cm}{\tt X=X+1} \quad (un tirage de plus)
\item En ligne 4 :  \hspace{2cm} {\tt Y=0}\\
En ligne 8 :  \hspace{2cm}{\tt Y=1}\\
On peut r�pondre aux deux question a: et b: avec le script complet suivant :
\begin{center}
\begin{minipage}{0.9\linewidth}
\begin{verbatim}
1.  n=input('entrez une valeur pour n : ')
2.  nB=n-1
3.  X=1
4.  Y=--0--
5.  u=grand(1,1,'uin',1,nB+1)
6.  while u<nB+1
7.      nB=-- nB-1 --
8.      if u==1 then 
9.          Y=--1--
10.     end
11.     u=grand(1,1,'uin',1,--nB+1--)
12.     X=--X+1--
13. end
14. disp(X,'la boule noire est apparue au tirage num�ro')
15. disp(Y,'la valeur de Y est')
\end{verbatim}
\end{minipage}
\end{center}
     \end{enumerate}
\end{enumerate}


\end{document}