\input{../preambules/preDM.tex}
\renewcommand{\P}{\mathscr{P}}
\usepackage{enumitem}
\def\ccl#1{\[ \boxed{#1}\]}
\newcommand\lra\longrightarrow
\newcommand\llra\longleftrightarrow
\newcommand\Llra\Longleftrightarrow
\begin{document}


\chead{Correction Devoir maison n°4}
\lfoot{}
\cfoot{Entrainement au sigma n°1.}

\begin{center}
\fbox{ \Large Correction Devoir maison n°4}

\end{center}
\vspace{30pt}


\section*{Exercice 1 - Calculs de Sommes et de Produits}
Soit $n\in\N^\star$.
\begin{enumerate}
\item Il y a deux façons de résoudre cette question.
\begin{enumerate}
\item \textit{(En admettant le résultat concernant la somme des $k^3$)}. Soit $n\in\N$,
\begin{align*}
\sum_{k=1}^n k(2k^2-1)&= 2\sum_{k=1}^n k^3-\sum_{k=1}^nk=2\frac{n^2(n+1)^2}4-\frac{n(n+1)}2\\&=\frac{n(n+1)}2\left(n(n+1)-1\right)=\frac{n(n+1)(n^2+n-1)}2
\end{align*}
On a donc bien obtenu que:
\ccl{\forall n\in\N^\star,~\sum_{k=1}^n k(2k^2-1)=\frac{n(n+1)(n^2+n-1)}2.}
\item Montrons pas récurrence sur $n$ que:
$$\forall n\in\N^\star,~\sum_{k=1}^n k(2k^2-1)=\frac{n(n+1)(n^2+n-1)}2.$$
Tout d'abord, on a $1(2\times1^2-1)=1$ et $\ds\frac{1(1+1)(1+1-1)}2=1$ donc l'égalité est vraie pour $n=1$.\\
Soit $n\in\N^\star$, supposons que:
$$\sum_{k=1}^n k(2k^2-1)=\frac{n(n+1)(n^2+n-1)}2,$$
alors
\begin{align*}
\sum_{k=1}^{n+1} k(2k^2-1)&=\sum_{k=1}^n k(2k^2-1)+(n+1)(2(n+1)^2-1) \\
& =\frac{n(n+1)(n^2+n-1)}2+(n+1)(2n^2+4n+1)\\
&=\frac {n+1}2\left(n(n^2+n-1)+2(2n^2+4n+1)\right) \\
& =\frac{n+1}2\left(n^3+5n^2+7n+2\right)
\end{align*}
De plus,
$$(n+2)\left((n+1)^2+n+1-1\right)=(n+2)(n^2+3n+1)=n^3+5n^2+7n+2,$$
Pour résumer, on a obtenu que:
$$\ds\sum_{k=1}^{n+1} k(2k^2-1)=\frac{(n+1)((n+1)+1)((n+1)^2+(n+1)-1)}2.$$
L'égalité reste vraie au rang $n+1$.\\
On peut ainsi affirmer, d'après le principe de récurrence, que:
\ccl{\forall n\in\N^\star,~\sum_{k=1}^n k(2k^2-1)=\frac{n(n+1)(n^2+n-1)}2.}
\end{enumerate}
\item Montrons par récurrence sur $n$ que:
$$\forall n\in\N^\star,~\forall (x_1,x_2,\ldots,x_n)\in\R^n,~\prod_{k=1}^ne^{x_k}=\exp\left(\sum_{k=1}^nx_k\right).$$
Tout d'abord, 
$$\forall x_1\in\R,~\ds \prod_{k=1}^1e^{x_k}=e^{x_1}=\exp\left(\sum_{k=1}^1x_k\right),$$ donc l'égalité est vraie pour $n=1$.\\
Soit $n\in\N^\star$, supposons que:
$$\forall (x_1,x_2,\ldots,x_n)\in\R^n,~\prod_{k=1}^ne^{x_k}=\exp\left(\sum_{k=1}^nx_k\right).$$
Soit $(x_1,x_2,\ldots,x_{n+1})\in\R^{n+1}$, on a alors
$$\prod_{k=1}^{n+1}e^{x_k}=\left(\prod_{k=1}^ne^{x_k}\right)e^{x_{n+1}} =\exp\left(\sum_{k=1}^nx_k\right)e^{x_{n+1}}= \exp\left(\sum_{k=1}^nx_k+x_{n+1}\right)=\exp\left(\sum_{k=1}^{n+1}x_k\right).$$
Ainsi l'égalité reste vraie au rang $n+1$.\\
On a obtenu, d'après le principe de récurrence, que:
\ccl{\forall n\in\N^\star,~\forall (x_1,x_2,\ldots,x_n)\in\R^n,~\prod_{k=1}^ne^{x_k}=\exp\left(\sum_{k=1}^nx_k\right).}
\item \begin{enumerate}
\item Pour tout $n\in\N$, $n\geq3$,
\begin{align*}
\sum_{k=2}^{n-1} (4^{2-k}+5^k6^{n-k+1})&=\sum_{k=2}^{n-1} 4^{2-k}+\sum_{k=2}^{n-1}5^k6^{n-k+1}=4^2\sum_{k=2}^{n-1}\left(\frac14\right)^k+6^{n+1}\sum_{k=2}^{n-1}\left(\frac56\right)^k\\
&=4^2\frac1{4^2}\frac{1-\left(\frac14\right)^{n-1-2+1}}{1-\frac14}+6^{n+1}\left(\frac56\right)^2\frac{1-\left(\frac56\right)^{n-1-2+1}}{1-\frac56}\\
&=\frac43\left(1-\frac1{4^{n-2}}\right)+6^{n+1}\left(\frac56\right)^26\left(1-\left(\frac56\right)^{n-2}\right)\\ &=\frac43\left(1-\frac1{4^{n-2}}\right)+6^n5^2\left(1-\left(\frac56\right)^{n-2}\right)\\
&=\frac43\left(1-\frac1{4^{n-2}}\right)+25\left(6^n-6^25^{n-2}\right)\\
&=\frac43\left(1-\frac1{4^{n-2}}\right)+25\times6^n-6^2\times5^{n}
\end{align*}
On a obtenu que:
\ccl{\forall n\in\N,~n\geq3,~\sum_{k=2}^{n-1} (4^{2-k}+5^k6^{n-k+1})=\frac43\left(1-\frac1{4^{n-2}}\right)+25\times6^n-36\times5^{n}}
\item Pour tout $n\in\N$, $n\geq2$,
\begin{align*}
\sum_{k=3}^{n+1} 2^{3k+2}\binom n{k-1}&=\sum_{i=2}^{n} 2^{3i+5}\binom n{i}\hspace{20pt}\text{changement d'indice }i=k-1\\
&=2^5\sum_{k=2}^n\binom ni 8^i\\
&=2^5\left(\sum_{k=0}^n\binom ni 8^i1^{n-i}-\binom n0 8^0-\binom n1 8^1\right)\\
&=2^5\left((8+1)^n-1-8n\right)
\end{align*}
Pour conclure,
\ccl{\forall n\in\N,~n\geq2,~\sum_{k=3}^{n+1} 2^{3k+2}\binom n{k-1}=32\left(9^n-8n-1\right)}
\end{enumerate}
\item Montrons par récurrence sur $n$ que:
$$\forall n\in\N^\star,~\prod_{k=1}^n\frac{2k}{2k+1}=\frac{2^{2n}(n!)^2}{(2n+1)!}.$$
Tout d'abord, $\ds\prod_{k=1}^1\frac{2k}{2k+1}=\frac2{2+1}=\frac23$ et $\ds\frac{2^2(1!)^2}{3!}=\frac46=\frac23$ donc l'égalité est vérifiée pour $n=1$.\\
Soit $n\in\N^\star$, supposons que $\ds\prod_{k=1}^n\frac{2k}{2k+1}=\frac{2^{2n}(n!)^2}{(2n+1)!}$, on a alors:
\begin{align*}
\prod_{k=1}^{n+1}\frac{2k}{2k+1}&=\left(\prod_{k=1}^n\frac{2k}{2k+1}\right)\frac{2(n+1)}{2(n+1)+1} = \frac{2^{2n}(n!)^2}{(2n+1)!}\frac{2(n+1)}{2n+3}= \frac{2^{2n}(n!)^2}{(2n+1)!}\frac{2(n+1)}{2n+3}\frac{2n+2}{2n+2}\\
&=\frac{2^{2n}(n!)^22^2(n+1)^2}{(2n+3)!}=\frac{2^{2(n+1)}((n+1)!)^2}{(2(n+1)+1)!}
\end{align*}
et l'égalité reste vraie au rang $n+1$.
On a finalement obtenu, d'après le principe de récurrence, que:
\ccl{\forall n\in\N^\star,~\prod_{k=1}^n\frac{2k}{2k+1}=\frac{2^{2n}(n!)^2}{(2n+1)!}.}
\underline{Variante:}\\
Soit $n\in\N^\star$, on remarque que:
$$\prod_{k=1}^n\frac{2k}{2k+1}=\frac{\prod_{k=1}^n2k}{\prod_{k=1}^n(2k+1)}=\frac{2^n\prod_{k=1}^nk}{\prod_{k=1}^n(2k+1)}=\frac{2^nn!}{\prod_{k=1}^n(2k+1)}.$$
Écrivons plus simplement le dénominateur. On voit qu'il est composé uniquement des termes impairs de 1 à $2n+1$, on peut faire apparaître les termes pairs ainsi:
$$\prod_{k=1}^n(2k+1)=3\times5\times7\times\ldots\times(2n+1) =\frac{2\times3\times4\times5\times\ldots\times(2n)\times(2n+1)}{2\times4\times6\times\ldots\times(2n)}=\frac{(2n+1)!}{\prod_{k=1}^n2k}=\frac{(2n+1)!}{2^nn!}.$$
On obtient finalement, puisque $(2^nn!)(2^nn!)=2^{2n}(n!)^2$,
\ccl{\forall n\in\N^\star,~\prod_{k=1}^n\frac{2k}{2k+1}=\frac{2^{2n}(n!)^2}{(2n+1)!}.}
\end{enumerate}


\section*{Exercice 2 - Matrice}
Soit les matrices $A=\begin{pmatrix} a & b &b &b \\b&a&b&b\\b&b&a&b\\b&b&b&a\end{pmatrix}$, $J=\begin{pmatrix} 1&1&1&1\\1&1&1&1\\1&1&1&1\\1&1&1&1
\end{pmatrix}$ et $I$ la matrice identité d'ordre 4.
\begin{enumerate}
\item On remarque que:
$$(a-b)I+bJ=\begin{pmatrix} a-b&0&0&0\\0&a-b&0&0\\0&0&a-b&0\\0&0&0&a-b\end{pmatrix} +\begin{pmatrix} b&b&b&b\\b&b&b&b\\b&b&b&b\\b&b&b&b\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a & b &b &b \\b&a&b&b\\b&b&a&b\\b&b&b&a\end{pmatrix}=A$$
\ccl{(a-b)I+bJ=A.}
\item En calculant $J^2$ on obtient
$$J^2=\begin{pmatrix}4&4&4&4\\4&4&4&4\\4&4&4&4\\4&4&4&4\end{pmatrix}=4J$$
\ccl{J^2=4J.}
Montrons par récurrence sur $p$ que
$$\forall p\in\N^\star,~J^p=4^{p-1}J.$$
Tout d'abord, $4^{1-1}J=4^0J=J$ donc l'égalité est vraie pour $p=1$.\\
Soit $p\in\N^\star$, supposons que $J^p=4^{p-1}J$, alors
$$J^{p+1}=J^pJ=4^{p-1}JJ=4^{p-1}4J=4^{p+1-1}J$$
donc l'égalité reste vraie pour $p+1$.\\
On a obtenu, d'après le principe de récurrence, que
$$\forall p\in\N^\star,~J^p=4^{p-1}J.$$
Finalement,
\ccl{\forall p\in\N,~J^p=\begin{cases}I&\hspace{20pt}\text{si $p=0$,}\\4^{p-1}J&\hspace{20pt}\text{si $p\geq1$.}\end{cases}}
\item Calculons $A^2$ et $A^3$:
\begin{align*}
A^2&=((a-b)I+bJ)^2=(a-b)^2I^2+(a-b)bIJ+(a-b)bJI+b^2J^2\\&=(a-b)^2I+(2b(a-b)+4b^2)J=(a-b)^2I+2b(a+b)J
\end{align*}
\begin{align*}
A^3&=((a-b)^2I+2b(a+b)J)((a-b)I+bJ)\\
&=(a-b)^3I^2+b(a-b)IJ+2b(a+b)(a-b)JI+2b^2(a-b)J^2\\
&=(a-b)^3I+b(a^2-2ab+b^2+2a^2-2b^2+8ab+8b^2)J\\
&=(a-b)^3I+b(3a^2+6ab+7b^2)J
\end{align*}
\ccl{A^2=(a-b)^2I+2b(a+b)J,\hspace{20pt}A^3=(a-b)^3I+b(3a^2+6ab+7b^2)J.}
\item \begin{enumerate}
\item 
Soit $n\in\N^\star$,
\begin{align*}
\sum_{k=1}^n\binom nk 4^{k-1}b^k(a-b)^{n-k}&=\frac14\sum_{k=1}^n\binom nk (4b)^k(a-b)^{n-k}\\
&=\frac14\left(\sum_{k=0}^n\binom nk (4b)^k(a-b)^{n-k}-\binom n0(4b)^0(a-b)^n\right)\\
&=\frac14\left((a-b+4b)^n-(a-b)^n\right)
\end{align*}
On a ainsi bien obtenu
\ccl{\sum_{k=1}^n\binom nk 4^{k-1}b^k(a-b)^{n-k}=\frac14\left((a+3b)^n-(a-b)^n\right).}
\underline{Variante:}Soit $n\in\N^\star$, grâce à la formule du binôme on a
\begin{align*}
(a+3b)^n-(a-b)^n&=\left((a-b)+4b\right)^n-\left((a-b)+0\right)^n=\sum_{k=0}^n\binom nk(a-b)^{n-k}(4b)^k-\sum_{k=0}^n\binom nk(a-b)^{n-k}0^k\\
&=\sum_{k=0}^n\binom nk(a-b)^{n-k}\left((4b)^k-0^k\right)=\binom n0 (a-b)^n(1-1)+\sum_{k=1}^n\binom nk(a-b)^{n-k}(4b)^k\\
&=\sum_{k=1}^n\binom nk(a-b)^{n-k}4^kb^k=4\sum_{k=1}^n\binom nk(a-b)^{n-k}4^{k-1}b^k
\end{align*}
On a ainsi bien obtenu
\ccl{\sum_{k=1}^n\binom nk 4^{k-1}b^k(a-b)^{n-k}=\frac14\left((a+3b)^n-(a-b)^n\right).}
\item $I$ et $J$ commutent (car $I$ est la matrice identité d'ordre 4) donc, d'après la formule du binôme, on a pour tout $n\in\N^\star$,
\begin{align*}
A^n&=\sum_{k=0}^n\binom nk \left(b^kJ^k\right)\left((a-b)^{n-k}I^{n-k}\right)=\sum_{k=0}^n\binom nkb^k(a-b)^{n-k}J^k\\
&=\binom n0 b^0(a-b)^nI+\left(\sum_{k=1}^n\binom nk4^{k-1}b^k(a-b)^{n-k}\right)J =(a-b)^nI+\frac14\left((a+3b)^n-(a-b)^n\right)J.
\end{align*}
Pour résumer:
\ccl{\forall n\in\N,~A^n=\begin{cases}I&\hspace{20pt}\text{si }n=0\\(a-b)^nI+\frac14\left((a+3b)^n-(a-b)^n\right)J&\hspace{20pt}\text{si }n\geq1\end{cases}}
\end{enumerate}
\item D'après les questions (1) et (3) on a
\begin{align*}
A^2&=(a-b)^2I+2(a+b)bJ=(a-b)^2I+2(a+b)(A-(a-b)I)\\&=2(a+b)A+(a-b)(a-b-2(a+b))I=2(a+b)A-(a-b)(3b+a)I
\end{align*}
\ccl{A^2=2(a+b)A+(b-a)(3b+a)I.}
On a donc
$$A(A-2(a+b)I)=(b-a)(3b+a)I$$
Ainsi, si $a\neq b$ et si $a\neq -3b$, alors $A$ est inversible et
$$A^{-1}=\frac1{(b-a)(3b+a)}(A-2(a+b)I).$$\\
%Cherchons quand $3b^2-2ab-a^2$ s'annule. Considérons le trinôme $3x^2-2ax-a^2$, son discriminant est $\Delta=16a^2=(4|a|)^2$ donc ses racines sont $\ds\frac{2a+4|a|}6$ et $\ds\frac{2a-4|a|}6$ c'est-à-dire:
%\begin{itemize}
%\item si $a\geq0$, ses racines sont $a$ et $\ds-\frac a3$,
%\item si $a\leq0$, ses racines sont $\ds-\frac a3$ et $a$.
%\end{itemize}
%Dans tous les cas, les racines sont $a$ et $\ds-\frac a3$ d'où
%$$3b^2-2ab-a^2=3(b-a)\left(b+\frac a3\right)=(b-a)(3b+a)$$
%ainsi $3b^2-2ab-a^2$ s'annule si et seulement si $a=b$ ou $a=-3b$.\\
Si $a=b$ alors $A^2=4aA$ donc, si $A$ était inversible, on aurait $A^{-1}A^2=A$ et $A^{-1}A^2=4aI$ donc $A$ serait diagonale. Or le seul cas où $A$ est diagonale serait pour $a=0$  mais dans ce cas $A=0$ et 0 n'est pas inversible. Finalement, si $a=b$ alors $A$ n'est pas inversible.\\
Si $a=-3b$ alors $A^2=4bA$ et, pour les mêmes raisons que le cas précédent, $A$ n'est pas inversible.\\
Pour résumer:
\ccl{A \text{ est inversible si et seulement si $a\neq b$ et $a\neq -3b$ et, dans ce cas, }}\ccl{A^{-1}=\frac1{(b-a)(3b+a)}(A-2(a+b)I)}
\item Tout d'abord, puisque $A=(a-b)I+bJ$, on a
\begin{align*}A^{-1}&=\frac1{(b-a)(3b+a)}\left(bJ+\left((a-b)-2(a+b)\right)I\right)\\
&=\frac1{(b-a)(3b+a)}\left(bJ-(3b+a)I\right)
\end{align*}
Avec $n=-1$, dans le cas $a\neq b$ et $a\neq -3b$, la formule obtenu à la question (4)(b) devient:
\begin{align*}
(a-b)^{-1}I+\frac14\left((a+3b)^{-1}-(a-b)^{-1}\right)J
&=\frac1{a-b}I+\frac14\frac{a-b-a-3b}{(a+3b)(a-b)}J\\
&=\frac1{a-b}I-\frac{b}{(a+3b)(a-b)}J\\
&=\frac1{(b-a)(3b+a)}\left(bJ-(3b+a)I \right)
\end{align*}
La formule obtenu en (4)(b) reste valable pour $n=-1$.
\ccl{\text{Si $a\neq b$ et $a\neq -3b$, }A^{-1}=(a-b)^{-1}I+\frac14\left((a+3b)^{-1}-(a-b)^{-1}\right)J.}
\underline{Variante:} Si $a\neq b$ et $a\neq -3b$, on pose $B=(a-b)^{-1}I+\frac14\left((a+3b)^{-1}-(a-b)^{-1}\right)J$. On a alors
\begin{align*}
AB&=\left((a-b)I+bJ\right)\left(\frac1{a-b}I+\frac14\frac{a-b-a-3b}{(a+3b)(a-b)}J\right)\\
&=\left((a-b)I+bJ\right)\left(\frac1{a-b}I-\frac{b}{(a+3b)(a-b)}J\right)\\
&=I^2-\frac{b}{a+3b}IJ+\frac{b}{a-b}JI-\frac{b^2}{(a+3b)(a-b)}J^2\\
&=I-\frac{b}{a+3b}J+\frac{b}{a-b}J-\frac{4b^2}{(a+3b)(a-b)}J\\
&=I+\frac{-b(a-b)+b-a+3b)-4b^2}{(a+3b)(a-b)}J\\
&=I+\frac{-ab+b^2+ab+3b^2-4b^2}{(a+3b)(a-b)}J\\
&=I+0J=I
\end{align*}
Donc on a bien $B=A^{-1}$, autrement dit
\ccl{\text{si $a\neq b$ et $a\neq -3b$, }A^{-1}=(a-b)^{-1}I+\frac14\left((a+3b)^{-1}-(a-b)^{-1}\right)J.}
\end{enumerate}


\section*{Exercice 3 - Probabilités}
\begin{enumerate}
\item $\{A_1,\overline{A_1}\}$ est un système complet d'événements fini donc, d'après la formule des probabilités totales,
$$p_1=P(Bl_1)=P(A_1)P_{A_1}(Bl_1)+P(\overline{A_1})P_{\overline{A_1}}(Bl_1)=\frac12a+\frac12b=\frac{a+b}2.$$
Cherchons à calculer $q_2$. Tout d'abord, on a $A_1\bigcap A_2=A_1\bigcap Bl_1$ car conserver l'urne $A$ au second tirage équivaut au fait de tirer une boule blanche au premier tirage. De même, $\overline{A_1}\bigcap A_2=\overline{A_1}\bigcap \overline{Bl_1}$. Ainsi, d'après la formule des probabilités totales,
\begin{align*}q_2&=P(A_2)=P(A_1\bigcap A_2)+P(\overline{A_1}\bigcap A_2)=P(A_1\bigcap Bl_1)+P(\overline{A_1}\bigcap \overline{Bl_1})\\&=P(A_1)P_{A_1}(Bl_1)+P(\overline{A_1})P_{\overline{A_1}}(\overline{Bl_1})=\frac12a+\frac12(1-b)=\frac{1+a-b}2\end{align*}
Finalement, puisque $\{A_2,\overline{A_2}\}$ est un système complet d'événements fini, on obtient:
\begin{align*}
p_2&=P(Bl_2)=P(A_2)P_{A_2}(Bl_2)+P(\overline{A_2})P_{\overline{A_2}}(Bl_2)=q_2a+(a1-q_2)b\\&=\frac{a+a^2-ab}2+\frac{1-a+b}2b=\frac{a+a^2-ab+b-ab+b^2}2=\frac{a+b+(a-b)^2}2
\end{align*}
\ccl{p_1=\frac{a+b}2,\hspace{20pt}q_2=\frac{1+a-b}2\hspace{20pt}\text{et}\hspace{20pt}p_2=\frac{a+b+(a-b)^2}2.}
\item Soit $n\in\llbracket2,N\rrbracket$, $\{A_{n-1},\overline{A_{n-1}}\}$ est un système complet d'événements fini. De plus on a, pour les mêmes raisons qu'à la question 1, $A_{n-1}\bigcap A_n=A_{n-1}\bigcap Bl_{n-1}$ et $\overline{A_{n-1}}\bigcap A_n=\overline{A_{n-1}}\bigcap \overline{Bl_{n-1}}$. Ainsi, la formule des probabilités totales nous permet d'obtenir:
\begin{align*}
q_{n}&=P(A_{n})=P(A_{n-1}\bigcap A_n)+P(\overline{A_{n-1}}\bigcap A_n)=P(A_{n-1}\bigcap Bl_{n-1})+P(\overline{A_{n-1}}\bigcap \overline{Bl_{n-1}})\\&=P(A_{n-1})P_{A_{n-1}}(Bl_{n-1})+P(\overline{A_{n-1}})P_{\overline{A_{n-1}}}(\overline{Bl_{n-1}})=q_{n-1}a+(1-q_{n-1})b
\end{align*}
\ccl{\forall n\in\llbracket2,N\rrbracket,~q_n=q_{n-1}(a+b-1)+1-b.}
\item $(q_n)_n$ est une suite arithmético-géométrique. De plus $a$ et $b$ appartiennent à $]0,1[$ donc $a+b\in]0,2[$ et, en particulier, $2-(a+b)\neq0$. Ainsi
$$x=(a+b-1)x+1-b\Llra (2-(a+b))x=1-b\Llra x=\frac{1-b}{2-(a+b)}.$$
La suite $\ds\left(q_n-\frac{1-b}{2-(a+b)})\right)_n$ est géométrique de raison $(a+b-1)$ d'où, pour tout\\$n\in\llbracket1,N\rrbracket$,
$$q_n-\frac{1-b}{2-(a+b)}=(a+b-1)^{n-1}\left(q_1-\frac{1-b}{2-(a+b)}\right).$$
\begin{align*}
q_n&=(a+b-1)^{n-1}\left(\frac12-\frac{1-b}{2-(a+b)}\right)+\frac{1-b}{2-(a+b)}=(a+b-1)^{n-1}\frac{2-(a+b)-2+2b}{2(2-(a+b))}+\frac{1-b}{2-(a+b)}.
\end{align*}
\ccl{\forall n\in\llbracket 1,N\rrbracket,~q_n=(a+b-1)^{n-1}\frac{b-a}{2(2-(a+b))}+\frac{1-b}{2-(a+b)}.}
Soit  $n\in\llbracket1,N\rrbracket$, $\{A_{n},\overline{A_{n}}\}$ étant un système complet d'événements fini, la formule des probabilités totales nous permet d'obtenir:
\begin{align*}
p_n&=P(Bl_n)=P(A_n)P_{A_n}(Bl_n)+P(\overline{A_n})P_{\overline{A_n}}(Bl_n)=q_na+(1-q_n)b=(a-b)q_n+b\\
&=-(a+b-1)^{n-1}\frac{(b-a)^2}{2(2-(a+b))}+\frac{(1-b)(a-b)}{2-(a+b)}+b\\
&=\frac{a-ab+b^2-b+2b-ab-b^2}{2-(a+b)}-(a+b-1)^{n-1}\frac{(b-a)^2}{2(2-(a+b))}.
\end{align*}
\ccl{\forall n\in\llbracket 1,N\rrbracket,~p_n=\frac{a+b-2ab}{2-(a+b)}-(a+b-1)^{n-1}\frac{(b-a)^2}{2(2-(a+b))}.}
\end{enumerate}


\section*{Exercice 4 - Inspiré EDHEC 2001}


\begin{center}
{\bf Partie 1}
\end{center}
On pose, pour tout entier $n$ supérieur ou égal à $1$, $\displaystyle v_n = \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{k}$.
\begin{enumerate}
\item On remarque que $v_{n+1} = v_n + \dfrac{1}{n+1}$. On a alors le programme suivant :
\begin{verbatim}
v = 1
for k = 2:n
    v = v + 1/k
end
disp(v)
\end{verbatim}
\item Soit $k > 1$. On a pour tout $x \in [k-1 ; k]$
\begin{align*}
\dfrac{1}{k} \leq \dfrac{1}{x} & \Longrightarrow \int_{k-1}^k \dfrac{1}{k} dx \leq \int_{k-1}^k \dfrac{dx}{x} \\ 
& \Longrightarrow \dfrac{k-(k-1)}{k}  \leq [\ln(x)]_{k-1}^k \\
& \Longrightarrow  \boxed{\dfrac{1}{k} \leq \ln(k) - \ln(k-1)}
\end{align*}
\item Soit $n \in \N^*$. D'après la relation de la question précédente, on a 
$$
\sum_{k=2}^n \dfrac{1}{k} \leq \sum_{k=2}^n \ln(k) - \ln(k-1)
$$
Or d'une part $v_n = 1 + \ds \sum_{k=2}^n \dfrac{1}{k}$ et d'autre part on reconnait une somme télescopique sur la somme de droite :
$$
\sum_{k=2}^n \ln(k) - \ln(k-1) = \ln(n) - \ln(2-1) = \ln(n)
$$
On en déduit que \begin{center}
\fbox{$v_n \leq \ln(n) +1$.}
\end{center}

\end{enumerate}

\begin{center}
{\bf Partie 2} 
\end{center}
On considère une suite $u$ définie par son premier terme $u_0 = 1$ et par la relation suivante, valable pour tout entier $n$ :
$$ u_{n+1} = u_n + \dfrac{1}{u_n} .$$
\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
	\item On montre par récurrence les propositions $\P_n :  \left\{ u_n \; \text{est positif et} \; u_n >0 \right\} 
$

\renewcommand\labelitemi{\textbullet}
\begin{itemize}
\item {\bf Initialisation :} On a $u_0 = 1$ donc $u_0 >0$.
\item {\bf Hérédité :} On suppose que la proposition $\P_n$ est vraie pour un certain rang $n \geq 0$. On a alors $u_n >0$ et $\dfrac{1}{u_n} > 0$ donc $u_{n+1}$ existe et $u_{n+1} > 0$. \\

Donc la proposition $\P_{n+1}$ est vraie. La suite de proposition $(\P_n)$ est héréditaire.
\item {\bf Conclusion :} \fbox{$u_n$ existe et $u_n >0$}.
\end{itemize} 
	\item On a pour tout $n\in\N^*$, 
	$$ u_{n+1}  - u_n = \dfrac{1}{u_n} > 0$$
	\begin{center}
	\fbox{La suite $(u_n)$ est strictement croissante. }
	\end{center}
	\end{enumerate}	
\item 
	\begin{enumerate} 
	\item Soit $k \in \N^*$, on a 
\begin{align*}
u_{k+1}^2  & = \left( u_k + \dfrac{1}{u_k} \right)^2 \\
& = u_k^2 + 2 + \dfrac{1}{u_k^2}
\end{align*}	
Ainsi
	\begin{center}
	\fbox{ $u^2_{k+1} - u^2_k = 2 + \dfrac{1}{u_k^2}$}
	\end{center}.
	\item Soit $n \in \N^*$. On prend la somme de chaque côté et donc
	\begin{align*}
	\sum_{k=0}^{n-1} u_{k+1}^2 - u_k^2 = \sum_{k=0}^{n-1} 2 + \dfrac{1}{u_k^2} & \Longleftrightarrow u_n^2 - u_0^2 = 2n + \sum_{k=0}^{n-1} \dfrac{1}{u_k^2} \\
	& \Longleftrightarrow u_n^2 = 2n + 1 + \sum_{k=0}^{n-1} \dfrac{1}{u_k^2}
	\end{align*}
	\item On a $\ds \sum_{k=0}^{n-1} \dfrac{1}{u_k^2} >0$ et donc  \fbox{$u^2_n \geq 2n + 1$}.
	\end{enumerate}
\item  
	\begin{enumerate}
	\item D'après le résultat précédent pour tout $k \geq 1$
	$$
	u_k^2 \geq 2k + 1 \geq 2k \Longleftrightarrow \dfrac{1}{u_k^2} \leq \dfrac{1}{2k}
	$$
	Ainsi \begin{align*}
	 \sum_{k=0}^{n-1} \dfrac{1}{u_k^2} & = \dfrac{1}{u_0^2} + \sum_{k=1}^{n-1} \dfrac{1}{u_k^2} \\
	 & = 1 +\sum_{k=1}^{n-1} \dfrac{1}{u_k^2} \\
	 & \leq 1 + \sum_{k=1}^{n-1} \dfrac{1}{2k} \\
	 & \leq 1 + \dfrac{1}{2} \sum_{k=1}^{n-1} \dfrac{1}{k} \\
	 & \leq 1 + \dfrac{1}{2} v_{n-1}
	\end{align*}
	Ainsi, on déduit
\begin{center}
\fbox{$ u^2_n \leq 2n + 2 + \dfrac{1}{2} v_{n-1}. $}
\end{center}
	\item En utilisant la partie 1, on établit que 
	\begin{align*}
	u_n^2 \leq 2n + 2 + \dfrac{1}{2} (\ln(n-1) + 1)
	\end{align*}
	Ainsi
\begin{center}
\fbox{$ u^2_n \leq 2n + \dfrac{5}{2} + \dfrac{\ln(n-1)}{2} .$}
\end{center}
	\end{enumerate}	 
\end{enumerate}


\end{document}