\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°15}
\lfoot{}
\cfoot{A rendre pour le 19 Mai 2021.}

\begin{center}
\fbox{ \Large Correction Devoir maison n°15}

\end{center}
\vspace{30pt}

\section*{Exercice 1 - Probabilités}
Les parties sont toutes indépendantes 

%\subsection*{Partie I}

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 II}

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}

\section*{Exercice 2 - 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}