\input{../preambules/preDM.tex}
\usepackage{enumitem}
\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\e{\hbox{\rm e}}

\def\systeme#1#2{\left\{\begin{array}{#1}#2\end{array}\right.}
\begin{document}

\chead{Correction Devoir maison n°14}
\lfoot{}
\cfoot{A rendre pour le 14 Avril 2021.}

\begin{center}
\fbox{ \Large Correction Devoir maison n°14}

\end{center}
\vspace{30pt}

\section*{Exercice 1}
On considère l'ensemble $E = \left\{ \begin{pmatrix}
3y + z \\
2y \\
-z
\end{pmatrix}, \; y,z \in \R \right\} \subset \mathcal{M}_{3,1}(\R)$
\begin{enumerate}
\item On voit que $\vect{3 \times 0 + 0}{2 \times 0}{-0} = \vect{0}{0}{0} \in E$ donc l'espace est non vide. \\ 
Soient $X_1 = \vect{3 y_1 + z_1}{2y_1}{-z_1} \in E$, $X_2 = \vect{3 y_2 + z_2}{2y_2}{-z_2}\in E$, $\lambda \in \R$. 
On a alors 
\begin{align*}
\lambda X_1 + X_2 & = \lambda \vect{3 y_1 + z_1}{2y_1}{-z_1} +  \vect{3 y_2 + z_2}{2y_2}{-z_2} \\
& = \vect{\lambda (3y_1 + z_1) + (3y_2 + z_2)}{2 \lambda y_1 + 2 y_2}{-z_1 - z_2} \\
& = \vect{3(\lambda y_1 + y_2) + (\lambda z_1 + z_2)}{2(\lambda y_1 + y_2)}{-(\lambda z_1 + z_2)} \in E
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{L'espace $E$ est un espace vectoriel.}
\end{center}
\item On a 
\begin{align*}
E & = \left\{ \begin{pmatrix}
3y + z \\
2y \\
-z
\end{pmatrix}, \; y,z \in \R \right\} \\
& = \left\{ \vect{3y}{2y}{0} + \vect{z}{0}{-z}, \; y,z \in \R \right\} \\
& = \left\{ y\vect{3}{2}{0} + z \vect{1}{0}{-1}, \; y,z \in \R \right\} 
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{Ainsi, $E = vect \left( \vect{3}{2}{0} , \vect{1}{0}{-1} \right)$.}
\end{center}
\item Soient $\lambda_1$, $\lambda_2 \in \R$ tels que  
\begin{align*}
\lambda_1 \vect{3}{2}{0} + \lambda_2 \vect{1}{0}{-1} = 0 & \Longleftrightarrow \begin{cases} 
3 \lambda_1 + \lambda_2 & = 0 \\
2 \lambda_1 & = 0 \\
- \lambda_2 & = 0
\end{cases} \\
& \Longleftrightarrow \lambda_1 = \lambda_2 = 0
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{La famille $\left( \vect{3}{2}{0} , \vect{1}{0}{-1} \right)$ est donc libre.}
\end{center}
\end{enumerate}



\section*{Exercice 2}
On considère la matrice $A = \begin{pmatrix}
1 & 2 & 3 \\
2 & 4 & 6 \\
3 & 6 & 9
\end{pmatrix}$ et l'ensemble $F = \left\{ X \in \mathcal{M}_{3,1}(\R), AX = 0 \right\}$. 
\begin{enumerate}
\item On a $F \subset \M_{3,1}(\R)$ \\
On a $A \times 0 = 0$ donc le vecteur nul appartient à $F$. \\
Soient $X, Y \in F$ (On a donc $AX = 0$ et $AY = 0$, et $\lambda \in \R$. On calcule 
\begin{align*}
A (\lambda X + Y) & = \lambda A X + A Y = 0
\end{align*} 
\begin{center}
\fbox{Donc $F$ est un espace vectoriel. }
\end{center}
\item On résout le système 
\begin{align*}
\begin{cases} 
x + 2y + 3z & = 0 \\
2x + 4y + 6z & = 0 \\
3x + 6y + 9z & = 0
\end{cases}
 \Longleftrightarrow
 \begin{cases}
 x + 2y + 3z & = 0 \\
0 & = 0 \quad L_2 \rightarrow L_2 - 2 L_1 \\
 0 & = 0 \quad L_3 \rightarrow L_3 - 3 L_1
\end{cases}
\end{align*}
Ainsi 
\begin{center}
\fbox{$F = \left\{ \vect{x}{y}{z} , x + 2y + 3 z = 0 \right\} = \left\{ \vect{- 2y - 3z}{y}{z} , y ,z \in \R \right\} = Vect \left( \vect{-2}{1}{0} , \vect{-3}{0}{1} \right)$}
\end{center}
\end{enumerate}

\section*{Exercice 3}
On note $f:\left] 1,+\infty \right[ \rightarrow \mathbb{R}$ l'application d%
\'{e}finie par : 
\begin{equation*}
\forall x\in \left] 1,+\infty \right[ ,\;f\left( x\right) =\frac{1}{x\ln
\left( x\right) } 
\end{equation*}

\begin{enumerate}
\item La fonction $x \to x\ln \left( x\right)
\ne 0$ est dérivable en tant que produit de fonction dérivable sur $]1, +\infty[$ et ne s'annule pas.  donc $f$ est dérivable sur $]1,+\infty[$ et 
$$\forall x \in ]1,+\infty[,\quad  f^{\prime }\left( x\right) =-\frac{1+\ln \left( x\right) }{\left( x\ln
\left( x\right) \right) ^{2}}<0$$ car $\ln
\left( x\right) >\ln \left( 1\right) $ donc $f^{\prime }<0$ et $f$ est
strictement d\'{e}croissante sur $\left] 1,+\infty \right[ $

$$ \li_{x \to +\infty} f\left( x\right) = \li_{x \to +\infty} \frac{1}{x\ln \left( x\right) } = 0.$$
Il y a une asymptote horizontale.
$$ \li_{x \tos 1} f\left( x\right) = \li_{x \tos 1} \frac{1}{x\ln \left( x\right) } = + \infty.$$ 
Il y a une asymptote verticale.

\begin{center}
\includegraphics[scale=1]{DM13_C1.png}
\end{center}

\item Pour $k\ge 3$ on a $k-1\ge 2>1$ donc $f$ est strictement d\'{e}%
croissante sur $\left[ k-1,k\right] $ et $f\left( k\right) \le f\left(
x\right) \le f\left( k-1\right) $ pour tout $x\in \left[ k-1,k\right] $

Et comme $k-1\le k$ alors pour tout $k\ge 3$,
\begin{align*}
 & \int_{k-1}^{k}f\left( k\right) dt\le \int_{k-1}^{k}f\left(
x\right) dx\le \int_{k-1}^{k}f\left( k-1\right) dt \\
 \Longleftrightarrow &\qquad  f(k) \le \int_{k-1}^{k}f\left(x\right) dx\le f\left( k-1\right)
\end{align*}


\hspace{-1cm}Pour tout $n\in \mathbb{N}$ tel que $n\ge 2$, on note $S_{n}=%
\displaystyle
\sum_{k=2}^{n}f\left( k\right) $

\item 
\begin{enumerate}
\item Pour $n\ge 3,$ on somme alors ces in\'{e}galit\'{e}s de 3 \`{a} $n.$%
\begin{equation*}
\sum_{k=3}^{n}f\left( k\right) \le \sum_{k=3}^{n}\int_{k-1}^{k}f\left(
x\right) dx\le \sum_{k=3}^{n}f\left( k-1\right) \text{ } 
\end{equation*}
On rectifie la somme de gauche : 
$$ \sum_{k=3}^{n}f\left( k\right) =\sum_{k=2}^{n}f\left( k\right) -f\left( 2\right) .$$
En utilisant la relation de Chasles : 
$$\sum_{k=3}^{n}\int_{k-1}^{k}f\left( x\right)dx = \int_{2}^{n}f\left( x\right) dx$$
Et en utilisant un changement de variable:
$$\sum_{k=3}^{n}f\left( k-1\right)=\sum_{k=2}^{n-1}f\left( k\right) =\sum_{k=2}^{n}f\left( k\right) -f\left(
n\right) $$

d'o\`{u} finalement pour tout entier $n\ge 3$ -et \'{e}galment pour $n=2$-
donc pour $n\ge 2$

\begin{center}
\fbox{$\ds S_{n}-\frac{1}{2\ln \left( 2\right) }\le \int_{2}^{n}f\left( x\right) dx\le
S_{n}-\frac{1}{n\ln \left( n\right) } $}
\end{center}

\item On calcule 
$$\int_{2}^{n}f\left( x\right) dx=\left[ \ln \left( \ln
\left( x\right) \right) \right] _{2}^{n}=\ln \left( \ln \left( n\right)
\right) -\ln \left( \ln \left( 2\right) \right) $$

D'après l'inégalité précédente, on a 
$$
S_n \leq \int_{2}^{n}f\left( x\right) dx + \dfrac{1}{2\ln(2)} \quad \text{et} \quad \int_{2}^{n}f\left( x\right) dx \leq S_n - \dfrac{1}{n \ln(n)} \leq S_n
$$
d'o\`{u} les deux in\'{e}galit\'{e}s :
\begin{center}
\fbox{$
\ds
\ln \left( \ln \left( n\right) \right) -\ln \left( \ln \left( 2\right)
\right) \le S_{n}\le \ln \left( \ln \left( n\right) \right) -\ln \left( \ln
\left( 2\right) \right) +\frac{1}{2\ln \left( 2\right) } 
$}
\end{center}
\item En divisant de part et d'autres par $\ln \left( \ln \left( n\right)
\right) >0$ on obtient : 
\begin{equation*}
1-\frac{\ln \left( \ln \left( 2\right) \right) }{\ln \left( \ln \left(
n\right) \right) }\le \frac{S_{n}}{\ln \left( \ln \left( n\right) \right) }%
\le 1-\frac{\ln \left( \ln \left( 2\right) \right) }{\ln \left( \ln \left(
n\right) \right) }+\frac{1}{2\ln \left( 2\right) \ln \left( \ln \left(
n\right) \right) } 
\end{equation*}
et par encadrement \begin{center}
\fbox{$\displaystyle
\li_{n \to +\infty} \frac{S_{n}}{\ln \left( \ln \left( n\right) \right) }= 1$}
\end{center}
\end{enumerate}

\hspace{-1cm}Pour tout $n\in \mathbb{N}$ tel que $n\ge 2$, on note 
\begin{equation*}
u_{n}=S_{n}-\ln \left( \ln \left( n+1\right) \right) \; \text{et}%
\;v_{n}=S_{n}-\ln \left( \ln \left( n\right) \right) 
\end{equation*}

\item Pour montrer que ces suites sont adjacentes, il faut montrer que
l'une est d\'{e}croissante, l'autre croissante et la diff\'{e}rence tend
vers $0:$

\begin{itemize}
\item On calcule 
$$ v_{n}-u_{n}=S_{n}-\ln \left( \ln \left( n\right) \right) -S_{n}+\ln
\left( \ln \left( n+1\right) \right) =\ln \left( \frac{\ln \left( n+1\right) 
}{\ln \left( n\right) }\right) $$ 
et comme $\ln \left( n+1\right) =\ln \left(
n\left( 1+\frac{1}{n}\right) \right) =\ln \left( n\right) +\ln \left( 1+%
\frac{1}{n}\right) $ alors 
$$
\ln \left( \frac{\ln \left( n+1\right)}{\ln \left( n\right) }\right) = \ln \left( \frac{\ln \left( n\right) + \ln \left( 1 + \frac{1}{n} \right)}{\ln \left( n\right) }\right) = \ln \left( 1 + \frac{ \ln \left( 1 + \frac{1}{n} \right)}{\ln \left( n\right) }\right)
$$
Or $ \li_{ n \to +\infty} \ln \left( 1 + \frac{1}{n} \right) = 0$  donc  $ \li_{ n \to +\infty} \dfrac{\ln \left( 1 + \frac{1}{n} \right)}{\ln(n)} = 0$ et 
\begin{center}
\fbox{$
\li_{n \to + \infty} v_n - u_n = 0
$}
\end{center}

\item Pour la suite $u:$%
\begin{eqnarray*}
u_{n+1}-u_{n} &=&S_{n+1}-\ln \left( \ln \left( n+2\right) \right) -S_{n}+\ln
\left( \ln \left( n+1\right) \right) \\
&=&f\left( n+1\right) -\left[ \ln \left( \ln \left( x\right) \right) \right]
_{n+1}^{n+2}=f\left( n+1\right) -\int_{n+1}^{n+2}f\left( x\right) dx\ge 0
\end{eqnarray*}
d'apr\`{e}s l'inégalité de la question 2 pour $k=n+2$. \begin{center}
\fbox{La suite $(u_n)$ est donc croissante.}
\end{center}

\item et de m\^{e}me pour la suite $v:$%
\begin{eqnarray*}
v_{n+1}-v_{n} &=&S_{n+1}-\ln \left( \ln \left( n+1\right) \right) -S_{n}+\ln
\left( \ln \left( n\right) \right) \\
&=&f\left( n+1\right) -\left[ \ln \left( \ln \left( x\right) \right) \right]
_{n}^{n+1}=f\left( n+1\right) -\int_{n}^{n+1}f\left( x\right) dx\le 0
\end{eqnarray*}
\begin{center}
\fbox{La suite $(v_n)$ est donc d\'{e}croissante.}
\end{center}
\end{itemize}
\begin{center}
\fbox{Les suites $(u_n)$ et $(v_n)$ sont donc adjacentes. Elles ont donc une limite commune $\ell $.}
\end{center}

\item 
\begin{enumerate}
\item Comme la suite $(v_n)$ est d\'{e}croisante et $(u_n)$ croissante, on a $%
u_{n}\le \ell \le v_{n}$ et en retranchant $v_{n}$ on obtient $%
u_{n}-v_{n}\le \ell -v_{n}\le 0$ avec $v_{n}-u_{n}=\ln \left( \ln \left(
n+1\right) \right) -\ln \left( \ln \left( n\right) \right)
=\int_{n}^{n+1}f\left( x\right) dx\le f\left( n\right) $ d'apr\`{e}s l'inégalité de la question 2 pour $k=n+1$ d'o\`{u}

\begin{center}
\fbox{$
0\le v_{n}-\ell \le \dfrac{1}{n\ln \left( n\right) } 
$}
\end{center}

\item On a alors $v_{n}$ qui donne une valeur approch\'{e}e de $\ell $ \`{a} 
$\frac{1}{n\ln \left( n\right) }$ pr\`{e}s.

I lfaut donc calculer la somme $S_{n}$ jusqu'\`{a} ce que $\frac{1}{n\ln
\left( n\right) }$ soit inf\'{e}rieur \`{a} $10^{-2} $ :

\begin{verbatim}
n= 2
while 1/(n*log(n)) > 10^{-2} do 
    n = n+1
end
S = 0
for k = 2 : n
    S = S + 1/(k*log(k))
end
v = S - log(log(n))
disp(v) 
\end{verbatim}

On peut également calculer 
\begin{verbatim}
n= 2
S = 0
while 1/(n*log(n)) > 10^{-2} do 
    n = n+1
    S = S + 1/(n*log(n))
end
v = S - log(log(n))
disp(v) 
\end{verbatim}
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\section*{Exercice 4}
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 composée de fonction continue. L'intégrale $I_0$ 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 composée et produite de fonctions continues. L'intégrale $I_1$ 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 intégration 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 décroissante}
\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 décroissante et minorée 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'après ce qui précède, 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'après le théorème 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 composée et produit de fonctions continues. L'intégrale existe et 
\begin{align*}
2 I_{n+1} = 2 \int_0^1 (1 - x)^{n+1} \times 2 e^{-2x} dx
\end{align*}
On définit 
\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 intégration 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-à-dire,
\begin{center}
\fbox{$
\forall n\in \mathbb{N},\quad 2I_{n+1}=1-\left( n+1\right) I_{n} 
$}
\end{center}

\item D'après l'égalité précédente, 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'égalité précédente, 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'après les questions précédentes, $\li_{n \to +\infty} I_{n+1} = 0$, $\li_{n \to +\infty} nI_n = 1$ 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 remplaçant $a$ 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 III (A) - Probabilités}
%Les parties sont toutes indépendantes 
%
%\subsection*{Partie I}
%
%Un fumeur, après avoir lu une série de statistiques effrayantes sur les risques de cancer, problèmes cardiovasculaires liés au tabac, décide d'arrêter de fumer ; toujours d'après des statistiques, on estime les probabilités suivantes : si cette personne n'a pas fumé un jour $J_n$, alors la probabilité pour qu'elle ne fume pas le jour suivant
%$J_{n+1}$ est $0,4$ ; mais si elle a fumé un jour $J_n$, alors la probabilité pour qu'elle ne fume pas le jour suivant $J_{n+1}$ est
%$0,8$ ; On note $p_n$ la probabilité que cette personne ne fume pas au jour $J_n$ et $F_n$ l'évènement "la personne ne fume pas au jour $J_n$"
%\begin{enumerate}
%\item Au jour 0 (c'est-à-dire avant de commencer à arrêter de fumer) la probabilité que cette personne ne fume pas est $0$
%\begin{center}
%\fbox{$p_0 = 0$.}
%\end{center}
%\item Comme la personne fumait au jour $0$, on a d'après l'énoncé  
%\begin{center}
%\fbox{$p_1 = 0,8$ }
%\end{center}
%Le système $(F_1; \overline{F_1})$ est un système complet d'évènements. Donc d'après la formule des probabilités totales : 
%$$
%P(F_2) = P(F_1) P_{F_1} (F_2) + P( \overline{F_1}) P_{\overline{F_1}} (F_2)
%$$
%C'est-à-dire,
%$$
%p_2 = 0,8 \times 0,4 + 0,2  \times 0,8
%$$
%\begin{center}
%\fbox{Ainsi $p_2 = 0,48$.}
%\end{center}
%\item Le système $(F_n; \overline{F_n})$ est un système complet d'évènements. Donc d'après la formule des probabilités totales : 
%$$
%P(F_{n+1}) = P(F_n) P_{F_n} (F_{n+1}) + P( \overline{F_n}) P_{\overline{F_n}} (F_{n+1})
%$$
%C'est-à-dire
%\begin{align*}
%p_{n+1} = p_n \times 0,4 + (1-p_n) \times 0,8
%\end{align*}
%\begin{center}
%\fbox{Ainsi pour tout $n\in \N^*$, $p_{n+1} = 0,8 - 0,4p_n$.}
%\end{center}
%On reconnait une suite arithmético-géométrique. On résout alors l'équation 
%\begin{align*}
%& x = 0,8 - 0,4 x \\
%\Longleftrightarrow \; & 1,4 x = 0,8 \\
% \Longleftrightarrow \; & x = \dfrac{0,8}{1,4} = \dfrac{4}{7} \\
%\end{align*}
%On pose alors $v_n = p_n -  \dfrac{4}{7}$. On obtient après calcul 
%$$
%v_{n+1} = -0,4 v_n
%$$
%La suite $(v_n)$ est bien une suite géométrique avec $v_0 = 0 - \dfrac{4}{7} = -\dfrac{4}{7} $ et 
%$$
%\forall n \in \N, \quad v_n = -\dfrac{4}{7} \times (-0,4)^n
%$$
%et donc
%\begin{center}
%\fbox{$p_n = -\dfrac{4}{7} \times (-0,4)^n + \dfrac{4}{7}$.}
%\end{center}
%\item On a $ -1 < -0,4 < 1$ donc $\li_{n \to + \infty} (-0,4)^n = 0$ et 
%\begin{center}
%\fbox{$\li_{n \to + \infty} p_n = \dfrac{4}{7}$. }
%\end{center}
%Cette personne ne va pas arrêter de fumer.
%\end{enumerate} 
%
%\subsection*{Partie II}
%
%Un joueur joue au jeu TETRIS et passe les niveaux $1$, $2$, $\ldots$, $n$, $\ldots$ jusqu'à ce qu'il échoue. Il a une probabilité $\dfrac{1}{n}$ de réussir le jeu de niveau  $n$. Soit $X$ le numéro du dernier niveau réussi. (Il finit toujours par échouer et la réussite des niveaux sont indépendants).
%\begin{enumerate}
%\item On a \begin{center}
%\fbox{$X( \Omega) = \N^*$.}
%\end{center}
%On note les évènements $A_n$ : "Le joueur passe le niveau $n$. On a donc $P(A_n) = \dfrac{1}{n}$. On a alors 
%$$
%(X = k) = A_1 \cap A_2 \cap \ldots \cap A_k \cap \overline{A_{k+1}} 
%$$
%Les évènements étant mutuellement indépendants, on a 
%\begin{align*}
%P(X=k) & = P(A_1) \times P(A_2) \times \ldots \times P(A_k) \times P(\overline{A_{k+1}}) \\
%& = 1 \times \dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{3} \times \ldots \times \dfrac{1}{k} \times \dfrac{k}{k+1} \\
%\end{align*}
%C'est à dire \begin{center}
%\fbox{$P(X=k) = \dfrac{k}{(k+1)!}$.}
%\end{center}
%On étudie les sommes 
%\begin{align*}
%\sum_{k=1}^n P(X=k) & = \sum_{k=1}^n \dfrac{k}{(k+1)!} \\
%& = \sum_{k=1}^n \dfrac{k+1-1}{(k+1)!} \\
%& = \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{k!} - \dfrac{1}{(k+1)!} \\ 
%\end{align*}
%On reconnait une somme télescopique. On peut donc conclure que la série converge et 
%\begin{center}
%\fbox{$
%\ds \sum_{k=1}^{+\infty} P(X=k) = \dfrac{1}{1!} - \li_{n \to + \infty} \dfrac{1}{n!} = 1.
%$}
%\end{center}
%\item On étudie la série $\ds \sum_{k \geq 1} kP(X= k)$ en passant par les sommes partielles. Soit $n \in \N^*$,
%\begin{align*}
%\ds \sum_{k=1}^{n} k P(X=k) & = \sum_{k=1}^n k \dfrac{k}{(k+1)!} \\
%& = \sum_{k=1}^n k \dfrac{(k+1-1)}{(k+1)!} \\
%& = \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{(k-1)!} - \dfrac{k}{(k+1)!} \\  
%& = \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{(k-1)!} - \sum_{k=1}^n \dfrac{k}{(k+1)!} \\
%& = \sum_{k=0}^{n-1} \dfrac{1}{k!} -  \sum_{k=1}^n \dfrac{k}{(k+1)!}
%\end{align*}
%Or, on sait que les séries $\ds \sum_{k \geq 0} \dfrac{1}{k!}$ (série exponentielle) et $\ds \sum_{k \geq 1} \dfrac{k}{(k+1)!}$ sont convergentes. L'espérance existe et 
%\begin{center}
%\fbox{$
%\ds E(X) = \sum_{k=1}^{+\infty} k P(X=k)  = e - 1
%$}
%\end{center}
%
%On va calculer $E((X+1)(X-1))$ en utilisant la formule de transfert
%\begin{align*}
%\ds \sum_{k=1}^{n} (k+1)(k-1) P(X=k) & = \sum_{k=1}^n (k-1)(k+1) \dfrac{k}{(k+1)!} \\
%& = \sum_{k=2}^n  \dfrac{(k-1)k(k+1)}{(k+1)!} \\
%& = \sum_{k=2}^n  \dfrac{1}{(k-2)!} \\
%& = \sum_{k=0}^{n-2}  \dfrac{1}{k!} 
%\end{align*}
%La série $\ds \sum_{k \geq 0} \dfrac{1}{k!}$ est convergente et donc 
%$$E((X-1)(X+1)) = E(X^2 -1) = e \Longleftrightarrow E(X^2) = e +1 $$
%D'après la formule de Koenig-Huygens, 
%\begin{center}
% \fbox{$V(X) = E(X^2) - E(X)^2 = e +1 - (e-1)^2 = 3e - e^2 $.}
% \end{center} 
%\end{enumerate} 
%
%\subsection*{Partie III}
%
%Un établissement bancaire comporte 5 guichets numérotés de 1 à 5. Le nombre $N$ de personnes arrivant à la banque en une journée suit une loi de Poisson de paramètre $\lambda > 0$. On suppose que les clients choisissent leur guichet au hasard, indépendamment les uns des autres. On note $X$ le nombre de clients arrivant au guichet n°3 en une journée.
%\begin{enumerate}
%\item $N$ suit une loi de Poisson de paramètre $\lambda$ donc 
%\begin{center}
%\fbox{$E(N) = \lambda$.}
%\end{center}
%Le paramètre $\lambda$ correspond à la moyenne des clients fréquentant la banque en une journée. 
%\item Sachant $N=n$, la VA $X$ suit une loi binomiale puisque l'on compte le nombre de succès d'une répétition d'épreuve de Bernoulli. On a donc  
%\begin{center}
% \fbox{$ \forall k  \in \entier{0; n},  P_{(N=n)}(X_1 = k) = \binom{n}{k} \left( \dfrac{1}{5} \right)^k \times \left( \dfrac{4}{5} \right)^{n-k}$}
% \end{center} 
% Nous avons enfin,
% \begin{center}
% \fbox{$ \forall k  > n ,  P_{(N=n)}(X_1 = k) = 0$}
% \end{center} 
%\item En utilisant le système complet d'évènement associé à $N$ et la formule des probabilités totales, on a
%\begin{align*}
%P(X = k) & = \sum_{n = 1}^{+\infty} P(N=n) \times P_{N=n} (X_1 = k) \\
%& = \sum_{n = k}^{+\infty} \dfrac{\lambda^n}{n!} e^{-\lambda} \binom{n}{k} \left( \dfrac{1}{5} \right)^k \times \left( \dfrac{4}{5} \right)^{n-k} \\
%& = e^{-\lambda}\left( \dfrac{1}{5} \right)^k \sum_{n = k}^{+\infty} \dfrac{\lambda^n}{n!}  \times \dfrac{n!}{k!(n-k)!}  \times \left( \dfrac{4}{5} \right)^{n-k} \\
%& = \dfrac{e^{-\lambda}}{k!}\left( \dfrac{1}{5} \right)^k \sum_{n = k}^{+\infty} \dfrac{\lambda^n}{(n-k)!} \times \left( \dfrac{4}{5} \right)^{n-k} \\
%& = \dfrac{e^{-\lambda}}{k!}\left( \dfrac{1}{5} \right)^k \sum_{n = 0}^{+\infty} \dfrac{\lambda^{n+k}}{n!} \times \left( \dfrac{4}{5} \right)^{n} \\
%& = \dfrac{e^{-\lambda} \lambda^k}{k!}\left( \dfrac{1}{5} \right)^k \sum_{n = 0}^{+\infty} \dfrac{\left(\dfrac{4}{5} \lambda \right)^{n}}{n!} \\
%& = \dfrac{e^{-\lambda} \lambda^k}{k!}\left( \dfrac{1}{5} \right)^k e^{\frac{4\lambda}{5}} 
%\end{align*}
%C'est à dire ,
%\begin{center}
%\fbox{$P(X = k) =  \dfrac{e^{-\frac{\lambda}{5}} (\frac{\lambda}{5})^k}{k!} $}
%\end{center}
%\item La variable aléatoire $X$ suit une loi de Poisson de paramètre $\dfrac{\lambda}{5}$.
%\begin{center}
%\fbox{$
%X  \loi{P} \left( \dfrac{\lambda}{5} \right)
%$}
%\end{center}
%On en déduit que \begin{center}
%\fbox{$E(X) = \dfrac{\lambda}{5}$ et $V(X) = \dfrac{\lambda}{5}$}
%\end{center}
%\end{enumerate}
%
%\newpage
%\section*{Exercice III(B) - EML 2018}
%
%	\subsection*{Partie I~: \'Etude d'une première variable aléatoire}
%	
%		\begin{enumerate}[label = \bfseries \arabic*.]
%			\item 
%			\begin{enumerate}[label = \bfseries \alph*.]
%				\item Notons, pour tout $i \in \N$, $P_i$ l'événement~: \og Obtenir pile au $i$-ème lancer \fg\, et $F_i = \overline{P_i}$. On a alors 
%					\begin{align*}
%						(X = 0)
%							& = P_1 \cap P_2 \\
%						(X = 1) & = (P_1 \cap F_2 \cap P_3) \cup (F_1 \cap P_2 \cap P_3) \\
%						(X = 2) & = (P_1 \cap F_2 \cap F_3 \cap P_4) \cup (F_1 \cap P_2 \cap F_3 \cap P_4) \cup (F_1 \cap F_2 \cap P_3 \cap P_4).
%					\end{align*}
%					En effet, pour tout $n \in \N$, $(X = n)$ signifie que l'on a obtenu $n$ Face et deux Pile, le second au $(n+2)$-ème lancer et le premier à l'un des $(n+1)$ rangs précédents.
%					On obtient donc 
%					\mathgrise{
%						\systeme{rl}{
%							P(X = 0) & = \left(\dfrac 23\right)^2 = \dfrac 49,\\
%							\\
%							P(X = 1) & = 2 \times \dfrac 13 \times \left(\dfrac 23\right)^2 = \dfrac{8}{27},\\
%							\\
%							P(X = 2) & = 3 \times \left(\dfrac 13\right)^2 \times \left(\dfrac 23\right)^2 = \dfrac{4}{27}.
%						}
%					}
%
%				\item Comme observé à la question précédente, pour tout $n \in \N$, $(X = n)$ signifie que l'on a obtenu $n$ Face et deux Pile, le second au $(n+2)$-ème lancer, le premier à l'un des $(n+1)$ rangs précédents. Formellement~:
%					$$(X = n) = \left[ \bigcup_{i=1}^{n+1} \left( P_i \cap \left( \bigcap_{\substack{j=1 \\ j \neq i}}^{n+1} F_j \right)\right)\right] \cap P_{n+2}.$$
%					Par incompatibilité et par indépendance des lancers, il vient 
%					\begin{align*}
%						P(X = n)
%							& = \left(\sum_{i=1}^{n+1} \frac 23 \times \left(\dfrac 13\right)^n \right) \times \frac 23 \\
%							& = \sum_{i=1}^{n+1} \frac{4}{3^{n+2}} \\
%							& = (n+1)\frac{4}{3^{n+2}}.
%					\end{align*}
%					Ainsi,
%					\mathgrise{
%						\forall n \in \N, \quad P(X = n) = (n+1)\frac{4}{3^{n+2}}.
%					}				
%			\end{enumerate}
%		\end{enumerate}
%		
%	\subsection*{Partie II~: \'Etude d'une expérience en deux étapes}
%	
%		\begin{enumerate}[resume, label = \bfseries \arabic*.]
%			\item 
%			\begin{enumerate}[label = \bfseries \alph*.]
%				\item $U$ prend clairement des valeurs entières positives et, pour chaque entier $n$, il existe une suite de tirages amenant à $n$ Face et 2 Pile suivi d'un tirage de la boule numérotée $n$. Autrement dit, 
%					\mathgrise{
%						U(\Omega) = \N.
%					}
%				\item Soit $n \in \N$. Sachant $(X=n)$, l'urne est composée de $(n+1)$ boules indiscernables au toucher numérotées de $0$ à $n$ donc 
%					\mathgrise{
%						U^{(X = n)} \loi{U}(\entier{0,n}).
%					}
%				\item Soit $k \in \N$. On commence par observer que $(U=k) \cap (X=n) = \emptyset$ si $n <k$ car on ne peut pas tirer une boule numérotée $k$ dans une urne contenant des boules numérotées de 0 à $n$ si $k>n$. Ainsi en appliquant la formule des probabilités totales relativement au système complet d'événements $\left\{ {(X=n)}_{n \in \N} \right\}$, on obtient~:
%					\begin{align*}
%						P(U = k)
%							& = \sum_{n = 0}^{+\infty} P(U=k \cap X = n) \\
%							& = \sum_{n = k}^{+\infty} P(U=k \cap X = n ) \\
%							& = \sum_{n = k}^{+\infty} P_{(X=n)}(U=k) P(X=n) \\
%							& = \sum_{n = k}^{+\infty} \frac{1}{n+1} P(X=n) \quad (\textrm{d'après }\textbf{2.b}),
%					\end{align*}
%					ce qui établit la première égalité.
%					
%					En injectant le résultat trouvé en \textbf{1.b}, il vient 
%					\begin{align*}
%						P(U = k)
%							& = \sum_{n = k}^{+\infty} \frac{1}{n+1} \times (n+1) \frac{4}{3^{n+2}} \\
%							& = 4 \sum_{n = k}^{+\infty} \frac{1}{3^{n+2}} \\ 
%							& = 4 \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{1}{3^{n+k+2}} \\
%							& = \frac{4}{3^{k+2}} \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{1}{3^n} \\
%							& = \frac{4}{3^{k+2}} \times \frac{1}{1-1/3} \\
%							& = \frac{4}{3^{k+2}} \times \frac{3}{2}.
%					\end{align*}
%					Ainsi, 
%					\mathgrise{
%						\forall k \in \N, \quad P(U = k) = \frac{2}{3^{k+1}}.
%					}
%
%				\item $U$ admet une espérance si et seulement si la série $\displaystyle \sum_{k \geq 0} k P(U = k)$ converge absolument. Les valeurs prises par $U$ étant positives, ceci équivaut à la convergence de la série. Or,
%					\begin{align*}
%						\sum_{k \geq 0} k P(U = k)  
%							& = \sum_{k \geq 0} k \frac{2}{3^{k+1}} \\
%							& = \sum_{k \geq 1} k \frac{2}{3^{k+1}} \\
%							& = \frac{2}{9} \sum_{k \geq 1} k \frac{1}{3^{k-1}} \\
%							& = \frac{2}{9} \sum_{k \geq 1} k \left(\frac{1}{3}\right)^{k-1}.
%					\end{align*}
%					On reconnaît le terme général d'une série géométrique dérivée de raison $1/3$. La série converge donc et alors 
%					\begin{align*}
%						E(U)
%							& = \sum_{k = 0}^{+\infty} k P(U = k) \\
%							& = \sum_{k = 0}^{+\infty} k \frac{2}{3^{k+1}} \\
%							& = \sum_{k = 1}^{+\infty} k \frac{2}{3^{k+1}} \\
%							& = \frac{2}{9} \sum_{k = 1}^{+\infty} k \frac{1}{3^{k-1}} \\
%							& = \frac{2}{9} \times \frac{1}{(1-1/3)^2} \\
%							& = \frac{2}{9} \times \frac 94 
%					\end{align*}
%					Ainsi,
%					\mathgrise{
%						E(U) = \frac 12.
%					}
%					
%					Pour déterminer la variance, on commence par étudier l'espérance de $U(U-1)$. On a 
%					\begin{align*}
%						\sum_{k \geq 0} k(k-1) P{U = k} 
%							& = \sum_{k \geq 2} k (k-1) \frac{2}{3^{k+1}} \\
%							& = \frac{2}{27} \sum_{k \geq 2} k(k-1) \left(\frac 13\right)^{k-2}.
%					\end{align*}
%					On reconnaît une série géométrique dérivée deux fois de raison $1/3$, il s'agit donc d'une série convergente, et plus précisément absolument convergente puisque ses termes sont positifs. Il suit donc du théorème de transfert que $U(U-1)$ admet une espérance et 
%					\begin{align*}
%						E(U(U-1))
%							& = \sum_{k = 0}^{+\infty}  k(k-1) P(U = k) \\
%							& = \frac{2}{27} \sum_{k = 2}^{+\infty} k(k-1) \left(\frac 13\right)^{k-2} \\
%							& = \frac{2}{27} \times \frac{2}{(1-1/3)^3} \\
%							& = \frac{2}{27} \times \frac{2 \times 27}{8} \\
%							& = \frac 12.
%					\end{align*}
%					Mais alors $U^2 = U^2 - U + U = U(U-1) + U$ admet une espérance comme somme de variables aléatoires admettant une espérance et 
%					$$E(U^2) = E(U(U-1)) + E(U) = \frac 12 + \frac 12 = 1.$$
%					Il suit alors de la formule de Koenig-Huygens que~:
%					\mathgrise{
%						V(U) = E(U^2) - E(U)^2 = 1-\left(\frac 12 \right)^2 = \frac 34.
%					}
%			\end{enumerate}
%			\item 
%			\begin{enumerate}[label = \bfseries \alph*.]
%				\item $V$ prend clairement des valeurs entières positives ou nulles et, pour tout $n \in \N$, il existe un tirage amenant à $n$ Face et deux Pile suivi d'un tirage de la boule 0, auquel cas $(V = n)$ est réalisé. Ainsi,
%				\mathgrise{	
%					V(\Omega) = \N.
%				}
%				\item Soit $n \in \N$. Alors $V^{(X=n)}$ prend ses valeurs entre $0$ et $n$ et, pour tout $k \in \iint 0n$, on a 
%					\begin{align*}
%						P_{(X=n)}(V = k)
%							& = P_{(X=n)}(X-U = k)\\
%							& = P_{(X=n)}(U = n-k)\\
%							& = \frac{1}{n+1}.
%					\end{align*}
%					Ainsi, 
%					\mathgrise{
%						V^{(X = n)} \loi{U}(\entier{0,n}).
%					}
%
%				\item En reprenant les calculs effectués en \textbf{2.b}, on observe que la loi de $V$ est la même que celle de $U$. Autrement dit, 
%					\mathgrise{
%						\forall k \in \N, \quad P(V = k) = \frac{2}{3^{k+1}}.
%					}
%			\end{enumerate}
%		\end{enumerate}
%		
%	\subsection*{Partie III~: \'Etude d'un jeu}
%		\begin{enumerate}[label = \bfseries \arabic*.]
%		 \item \textbf{Simulation informatique}
%			\begin{enumerate}[label = \bfseries \alph*.]
%				\item On propose la fonction suivante~:
%				
%				\hrulefill 
%				\begin{verbatim}
%1.  function x = simule_X()
%2.      nPile = 0
%3.      nFace = 0
%4.      while (nPile<2)
%5.          if (rand()<2/3)
%6.              nPile = nPile +1
%7.          else
%8.              nFace = nFace +1
%9.          end
%10.     end
%11.     x = nFace
%12. endfunction
%				\end{verbatim}
%				\hrulefill
%				
%				\item La fonction proposée dans l'énoncé calcule la fréquence, sur 10~000 simulations, des victoires de $A$.
%				\item On observe que pour $p \approx 0,8$, on obtient une fréquence de victoires de $A$ approximativement égale à 50\%. Ainsi~: 
%					\textgrise{
%						Le jeu est équilibré pour $p \approx 0,8$.
%					}
%			\end{enumerate}
%			
%			\item \textbf{\'Etude de la variable aléatoire $Y$} \\
%		
%			\begin{enumerate}[label = \bfseries \alph*.]
%				\item $Z$ compte le rang du premier succès (\og obtenir Pile \fg) dans une suite indéfinie de répétitions d'expériences de Bernoulli indépendantes (lancer la pièce), de même paramètre ($p$, la probabilité de faire Pile). Ainsi, 
%					\mathgrise{
%						Z \loi{G}(p).
%					}
%				\item $Y$ étant le nombre de Face obtenus jusqu'au premier Pile, on a la relation $Y = Z-1$. Il s'ensuit que $Y$ admet une espérance et une variance et que 
%					\mathgrise{
%						E(Y) = E(Z-1) = E(Z) - 1 = \frac{1}{p} - 1 = \frac{1-p}{p}
%					}
%					et 
%					\mathgrise{
%						V(Y) = V(Z-1) = V(Z) = \frac{1-p}{p^2}.
%					}
%				\item Posons $q = 1-p$. On a, pour tout $n \in \N$,
%					\begin{align*}
%						P(Y \geq n) 
%							& = P(Z-1 \geq n) \\
%							& = P(Z \geq n+1) \\
%							& = \sum_{k=n+1}^{+\infty} P(Z = k) \\
%							& = \sum_{k=n+1}^{+\infty} pq^{k-1} \\
%							& = pq^n \sum_{k=n+1}^{+\infty} q^{k-(n+1)} \\
%							& = pq^n \sum_{k=0}^{+\infty} q^{k} \\
%							& = pq^n \times \frac{1}{1-q} \\
%							& = q^n.
%					\end{align*}
%					Ainsi,
%					\mathgrise{
%						\forall n \in \N, \quad P(Y \geq n) = (1-p)^n.
%					}
%
%			\end{enumerate}
%			
%			\item 
%			\begin{enumerate}[label = \bfseries \alph*.]
%				\item En appliquant la formule des probabilités totales relativement au système complet d'événements $(X=n)_{n \in \N}$, on a 
%					\begin{align*}
%						P(X \leq Y)
%							& = \sum_{n = 0}^{+\infty} P(X = n \cap X \leq Y) \\
%							& = \sum_{n = 0}^{+\infty} P(X = n \cap Y \geq n) \\
%							& = \sum_{n = 0}^{+\infty} P(X = n) P(Y \geq n) \quad (\textrm{car $X$ et $Y$ sont indépendantes}).
%					\end{align*}
%					Ainsi,
%					\mathgrise{
%						P(X \leq Y) = \sum_{n = 0}^{+\infty} P(X = n) P(Y \geq n).
%					}
%
%				\item En injectant les résultats établis en \textbf{1.b} et \textbf{7.c} dans la formule trouvée en \textbf{8.a}, on a~:
%					\begin{align*}
%						P(X \leq Y)
%							& = \sum_{n = 0}^{+\infty} P(X = n) P(Y \geq n) \\
%							& = \sum_{n=0}^{+\infty} (n+1)\frac{4}{3^{n+2}}q^n \\
%							& = \frac 49 \sum_{n=0}^{+\infty} (n+1) \left(\frac{q}{3}\right)^n \\
%							& = \frac 49 \sum_{n=1}^{+\infty} n \left(\frac{q}{3}\right)^{n-1} \\
%							& = \frac 49 \times \frac{1}{(1-q/3)^2} \\
%							& = \frac 49 \times \left(\frac{3}{3-q}\right)^2 \\
%							& = \frac{4}{(3-q)^2} \\
%							& = \frac{4}{(2+p)^2}.
%					\end{align*}
%					Ainsi,
%					\mathgrise{
%						P(X \leq Y) = \frac{4}{(2+p)^2}.
%					}
%
%				\item Le jeu est équilibré quand $P(X \leq Y) = \dfrac 12$, c'est-à-dire quand $\dfrac{4}{(2+p)^2} = \dfrac 12$. Or 
%					\begin{align*}
%						\dfrac{4}{(2+p)^2} = \dfrac 12
%							& \Leftrightarrow 8 = (2+p)^2 \\
%							& \Leftrightarrow p^2+4p-4 = 0 \\
%							& \Leftrightarrow p \textrm{ est racine de } X^2+4X-4 \\
%							& \Leftrightarrow p \in \left\{-2-2\sqrt 2, \, -2+2\sqrt 2 \right\}.
%					\end{align*}
%					Mais $-2-2\sqrt 2<0$ et $-2+2\sqrt 2 > 0$ et $p$ est nécessairement positif. Ainsi,
%					\textgrise{
%						Le jeu est équitable pour $p = 2 \sqrt 2 - 2$.
%					}
%					
%					\emph{Remarque~:} On a $\sqrt 2 \approx 1,41$ donc $2 \sqrt 2 - 2 \approx 0,82$, ce qui est cohérent avec la réponse déterminée numériquement à la question \textbf{6.c}.
%					
%
%			\end{enumerate}
%
%		\end{enumerate}

\end{document}