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

\chead{Correction Devoir maison n°8}
\lfoot{}
\cfoot{A Faire en autonomie.}

\begin{center}
\fbox{ \Large Correction Devoir maison n°8}

\end{center}
\vspace{30pt}

\section*{Exercice 1 - Inspiré ECRICOME 2018}

\subsection*{Partie I}

\begin{enumerate}
\item \begin{enumerate}
\item Le calcul donne
\[
A^2-7A=\begin{pmatrix}
-12 & 0 & 0\\
0 & -12 & 0 \\
0 & 0 & -12
\end{pmatrix}=-12I_3
\]
\item D'après la question précédente, on a 
$$
(A-7I_3) \times A = -12 I_3 \Longleftrightarrow \dfrac{-1}{12}(A - 7I_3) \times A = I_3
$$
Donc la matrice $A$ est inversible et 
\begin{center}
\fbox{$A^{-1} = \dfrac{-1}{12}(A - 7I_3)$.}
\end{center}
\item On résout l'équation $X^2 -7X +12 = 0$ en calculant le discriminant
$\Delta = 49 - 48 = 1$. L'équation a donc deux solutions 
\begin{center}
\fbox{$X_1 = \dfrac{7 - 1}{2} = 3 $ et $X_2 = \dfrac{7+1}{2} = 4$. }
\end{center}
\item On résout les équations 
\begin{eqnarray*}
E_3: (A-3I_3) X = 0 &\Longleftrightarrow & \left\{\begin{array}{rcl}
-x+y-2z &=& 0\\
0 &=& 0\\
x-y+2z &=& 0
\end{array}\right. \\
&\Longleftrightarrow &  \begin{array}{rcl}
x-y+2z &=& 0\\
\end{array}\\
&\Longleftrightarrow & x = y - 2z
\end{eqnarray*}
L'ensemble des solutions est 
\begin{center}
\fbox{$\mathcal{S} =  \left\{ \vect{y-2z}{y}{z}, (y,z) \in \R^2 \right\}$.
}
\end{center}
On fait la même chose pour $E_4$:
\begin{eqnarray*}
E_4: (A-4I_3) X = 0&\Longleftrightarrow & \left\{\begin{array}{rcl}
2x+y-2z &=& 4x\\
3y &=& 4y\\
x-y+5z &=& 4z
\end{array}\right. \\
&\Longleftrightarrow &  \left\{\begin{array}{rcl}
-2x-y+2z &=& 0\\
y&=&0\\
\end{array}\right. \\
& \Longleftrightarrow  \left\{\begin{array}{rcl}
z &=& -x\\
y&=&0\\
\end{array}\right.  
\end{eqnarray*}
L'ensemble des solutions est 
\begin{center}
\fbox{$\mathcal{S} =  \left\{ \vect{-z}{0}{z}, z \in \R \right\}$.
}
\end{center}
\end{enumerate}\bigskip

\item \begin{enumerate}
\item On regarde si la matrice $B$ est inversible On applique le pivot de Gauss :
\begin{align*}
\begin{array}{c|cr}
\begin{pmatrix}
1 & -1 & -1\\
-3 & 3 & -3\\
-1 & 1 & 1
\end{pmatrix} & \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix} & \begin{array}{r}
\blank
\end{array} \\
& & \\
\begin{pmatrix}
1 & -1 & -1\\
0 & 0 & -6 \\
0 & 0 & 0
\end{pmatrix} & \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
3 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 1
\end{pmatrix} & \begin{array}{r}
\blank \\
3L_1 + L_2 \to L_2 \\
L_1 + L_3 \to L_3 
\end{array} 
\end{array}
\end{align*}
La méthode de Gauss a fait apparaitre 3 pivots dont deux sont nuls. \begin{center}
\fbox{La matrice $B$ n'est pas inversible. }
\end{center}
\item On regarde si la matrice $B$ est inversible On applique le pivot de Gauss :
\begin{align*}
\begin{array}{c|cr}
\begin{pmatrix}
 1 & 1 & -1\\
-1 & 1 & 0 \\
-1 & 0 & 1
\end{pmatrix} & \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix} & \begin{array}{r}
\blank
\end{array} \\
& & \\
\begin{pmatrix}
1 & 1 & -1\\
0 & 2 & -1 \\
0 & 1 & 0
\end{pmatrix} & \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 1
\end{pmatrix} & \begin{array}{r}
\blank \\
L_1 + L_2 \to L_2 \\
L_1 + L_3 \to L_3 
\end{array} \\
& & \\
\begin{pmatrix}
1 & 1 & -1\\
0 & 1 & 0 \\
0 & 2 & -1 
\end{pmatrix} & \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0
\end{pmatrix} & \begin{array}{r}
\blank \\
L_3 \leftrightarrow L_2 \\
\end{array}  \\
%%%%%%%%%%%%%%%%%%
& & \\
\begin{pmatrix}
1 & 0 & -1\\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & -1 
\end{pmatrix} & \begin{pmatrix}
0 & 0 & -1 \\
1 & 0 & 1 \\
-1 & 1 & -2
\end{pmatrix} & \begin{array}{r}
L_1 - L_2 \to L_1 \\
\blank \\
L_3 - 2L_2 \to L_3
\end{array}  \\
%%%%%%%%%%%%%%%%%%
& & \\
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & -1 
\end{pmatrix} & \begin{pmatrix}
1 & -1 & 1 \\
1 & 0 & 1 \\
-1 & 1 & -2
\end{pmatrix} & \begin{array}{r}
L_1 - L_3 \to L_1 \\
\blank \\
\end{array}  \\
%%%%%%%%%%%%%%%%%%
& & \\
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 
\end{pmatrix} & \begin{pmatrix}
1 & -1 & 1 \\
1 & 0 & 1 \\
1 & -1 & 2
\end{pmatrix} & \begin{array}{r}
\blank \\
\blank \\
-L_3 \to L_3
\end{array}  \\
\end{array}
\end{align*}
\item Le calcul donne
$$
B \times P = \begin{pmatrix}
 3 & 0 & -2 \\
-3 & 0 & 0 \\
-3 & 0 & 2
\end{pmatrix}.
$$
Ainsi, 
\begin{center}
\fbox{$D_2 = P^{-1} B P = \begin{pmatrix}
3 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 2
\end{pmatrix}$}
\end{center}

\item En calculant, on obtient 
\begin{center}
\fbox{$D_1 = P^{-1} A P = \begin{pmatrix}
3 & 0 & 0 \\
0 & 3 & 0 \\
0 & 0 & 4
\end{pmatrix}$}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{enumerate}\bigskip

\textbf{Partie II}\bigskip

\begin{enumerate}
\item On injecte la définition de $Y_n$ mais on commence par observer que
\[
P^{-1}A = D_2P^{-1}, \qquad \text{et}\qquad P^{-1}B=D_1P^{-1}.
\]
\begin{eqnarray*}
Y_{n+2} &=& P^{-1}X_{n+2} \\
             &=& P^{-1}\left(\frac{1}{6}AX_{n+1} +\frac{1}{6}BX_n\right)\\
             &=& \frac{1}{6}P^{-1}AX_{n+1} + \frac{1}{6}P^{-1}BX_n \\
             &=& \frac{1}{6} D_1P^{-1} X_{n+1} +\frac{1}{6}D_2P^{-1}X_n \\
             &=& \frac{1}{6} D_1 Y_{n+1} + \frac{1}{6}D_2 Y_n,
\end{eqnarray*}
ce qu'on voulait.
\item Comme
\[
D_1=\begin{pmatrix}
3 & 0 & 0\\
0 & 3 & 0\\
0 &0 & 4
\end{pmatrix}, \qquad \text{et}\qquad D_2=\begin{pmatrix}
3 & 0 & 0\\
0 & 0 & 0\\
0 & 0 & 2
\end{pmatrix},
\]
la relation précédente donne immédiatement
\begin{eqnarray*}
Y_{n+2} = \frac{1}{6} D_1 Y_{n+1} + \frac{1}{6}D_2 Y_n &\Longleftrightarrow & \left\{\begin{array}{rcl}
a_{n+2} &=& \frac{1}{6} \times 3a_{n+1} + \frac{1}{6}\times 3a_n\\
b_{n+2} &=& \frac{1}{6}\times 3b_{n+1} + 0 \\
c_{n+2} &=& \frac{1}{6}\times 4c_{n+1} + \frac{1}{6}\times 2c_n
\end{array}\right. \\
&\Longleftrightarrow & 
 \left\{\begin{array}{rcl}
a_{n+2} &=& \frac{1}{2} a_{n+1} + \frac{1}{2} a_n\\
b_{n+2} &=& \frac{1}{2}b_{n+1}  \\
c_{n+2} &=& \frac{2}{3}c_{n+1} + \frac{1}{3} c_n
\end{array}\right.,
\end{eqnarray*}
ce qu'on nous demandait.
\item On obtient
\begin{center}
\fbox{$
Y_0=P^{-1}X_0 = \begin{pmatrix}
2\\2\\1
\end{pmatrix}, \quad \text{et} \quad Y_1=P^{-1}X_1=\begin{pmatrix}
1\\1\\-1
\end{pmatrix}
$}
\end{center}
\item On reconnait deux suites à récurrence linéaire d'ordre $2$ ($(a_n)$ et $(c_n)$) et pour $b_n$ une suite géométrique de raison $1/2$. On commence par celle-ci car c'est la plus immédiate à exprimer
\[
b_n=\left(\frac{1}{2}\right)^n b_0 = 2\times \left(\frac{1}{2}\right)^n = \left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}.
\]
Pour les deux autres, on suit le protocole du cours, en commençant par introduire l'équation caractéristique. Pour $(a_n)$, celle ci est
\[
q^2 -\frac{1}{2}q-\frac{1}{2}= 0 \Longleftrightarrow q=1 \quad \text{ou} \quad q=-\frac{1}{2}.
\]
Ainsi, 
\[
a_n = \lambda\times 1^n + \mu \left(-\frac{1}{2}\right)^n
\]
où $\lambda$ et $\mu$ sont à déterminer avec les conditions initiales. En injectant les valeurs pour $n=0$ et $n=1$, on trouve
\[
a_n = \frac{4}{3} +\frac{2}{3}\left(-\frac{1}{2}\right)^n.
\]
Enfin, pour $(c_n)$, l'équation caractéristique est
\[
q^2-\frac{2}{3}q-\frac{1}{3}=0 \Longleftrightarrow q=1 \quad \text{ou}\quad q=-\frac{1}{3}.
\]
Ainsi,
\[
c_n = \lambda + \mu\left(-\frac{1}{3}\right)^n
\]
et on applique la même méthode pour trouver $\lambda$ et $\mu$, pour obtenir
\[
c_n=-\frac{1}{2}+\frac{3}{2}\left(-\frac{1}{3}\right)^n.
\]
\item Par définition
\[
Y_n=P^{-1}X_n \Longleftrightarrow X_n=PY_n.
\]
Ou encore
\[
X_n=\begin{pmatrix}
1 & 1 & -1\\
-1 & 1 & 0\\
-1 & 0 & 1
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
\frac{4}{3}+\frac{2}{3}\left(-\frac{1}{2}\right)^n\\
\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}\\
-\frac{1}{2}+\frac{3}{2}\left(-\frac{1}{3}\right)^n
\end{pmatrix}
\]
On veut seulement $\beta_n$, résultat de la deuxième ligne de $P$ appliquée à $Y_n$, et on trouve
\[
\beta_n = -a_n + b_n = -\frac{4}{3}-\frac{2}{3}\left(-\frac{1}{2}\right)^n +\left(-\frac{1}{2}\right)^{n-1},
\]
et on retrouve avec une certaine fierté l'égalité demandée.
\item Le programme demandé reprend la structure classique d'un programme permettant le calcul des termes d'une suite à récurrence linéaire d'ordre $2$.
\begin{verbatim}
n = input("Entrez un nombre entier")
Xold=[3;0;-1]
Xnew=[3;0;-2]
A=[2,1,-2;0, 3,0; 1, -1, 5]
B=[1,-1,-1; -3,3,-3;-1, 1, 1]
for i=2:n
    Aux=1/6*A*Xnew+1/6*B*Xold
    Xold=Xnew
    Xnew=Aux
end
disp(Xnew)
\end{verbatim}

\item Pour chaque suite, le dernier terme représenté correspond à $n=10$. Pour cette valeur de $n$, les termes de chaque suite sont proches de leurs limites. On voit que
\[
\lim_{n\to+\infty} \alpha_n = \frac{4}{3}+\frac{1}{2}=\frac{11}{6}\sim 1.8, \quad \lim_{n\to+\infty} \beta_n = -\frac{4}{3}\sim -1.3
\]
Ainsi, la suite avec des croix $\times$ correspond à $(\alpha_n)$, celle avec des croix entourées à $(\beta_n)$ et celle avec des losanges à $(\gamma_n)$.
\end{enumerate}

\section*{Exercice 2 - Inspiré d'ECRICOME 2004 ECT}

L'exercice se propose d'\'etudier la suite $(u_n)_{n\in\N}$ d\'efinie par~:
$$ \begin{cases}
u_0=0\cr \forall n\in\N,\quad u_{n+1}=f(u_n)
\end{cases}$$

La fonction $f$ \'etant d\'efinie sur $\R$ par~:
Pour tout $x$  r\'eel, $f(x)=\e^{-x}\ln(1+\e^x)$.

\subsubsection*{\'Etude d'une fonction $\bf g$  interm\'ediaire.}

On considère la fonction  d\'efinie sur $\R_+$ par~:
$$\forall t\ge 0,\qquad g(t)={t\over t+1}-\ln(1+t)$$

\begin{enumerate}
\item Pour tout $t \geq 0$, $t+1>0$, donc
\begin{itemize}
\item $t \to t$ est continue sur $\R_+$
\item $t \to t+1$ est continue sur $\R_+$ et ne s'annule pas sur cet intervalle.
\item $t \to \ln(t+1)$ est continue sur $\R_+$ 
\end{itemize}
\begin{center}
\fbox{Donc $g$ est continue sur $\R_+$ en tant que somme, quotient et composée de fonctions continues. }
\end{center}
\item On a 
$$
\dfrac{t}{t+1} = \dfrac{t}{t(1 + 1/t)} = \dfrac{1}{1 +\frac{1}{t}}
$$
Or $\li_{t \to + \infty} \dfrac{1}{1 +\frac{1}{t}} = 1$ et $\li_{x \to + \infty} \ln(1+t) = + \infty$. Donc
\begin{center}
\fbox{$\li_{t \to + \infty} g(t) = - \infty$.}
\end{center}
\item La fonction $g$ est dérivable sur $\R_+$ en tant que somme, quotient et composée de fonction dérivables sur $\R_+$. On a alors
\begin{eqnarray*}
\forall t \geq 0, \quad g'(t) & = & \dfrac{(t+1) - t}{(t+1)^2} - \dfrac{1}{t+1} \\
& = & \dfrac{-t}{(t+1)^2} \leq 0
\end{eqnarray*}
\item La fonction \fbox{$g$ est décroissante sur $\R_+$}. La fonction $g$ admet donc un maximum en $0$. Or $g(0) = 0$. Donc 
\begin{center}
\fbox{$ \forall t \geq 0, \; g(t) \leq 0$.}
\end{center}
\end{enumerate}
\subsubsection*{\'Etude de la fonction $\bf f$.}
\begin{enumerate}[start = 5]
\item La fonction $f$ est dérivable sur $\R$ en tant que produit et composée de fonctions dérivables sur $\R$. 
\begin{eqnarray*}
\forall x \in \R, \; f'(x) & = &  -e^{-x} \ln(1 + e^x) + e^{-x} \times \dfrac{e^x}{1 + e^x} \\
& = & e^{-x} \left( \dfrac{e^x}{1 + e^x} - \ln(1 + e^x) \right)
\end{eqnarray*}
Ainsi, \begin{center}
\fbox{$\forall x \in \R$, $f'(x) = e^{-x} g(e^x)$.}
\end{center}
\item On a 
$$
e^{-x} \ln(1 + e^x) = \dfrac{\ln(1+e^x)}{e^{x}}
$$
Et $\li_{x \to - \infty} f(x) = \li_{x \to + \infty} \dfrac{\ln(1+e^x)}{e^{x}} = \li_{X \to 0} \dfrac{\ln(1+X)}{X}$. Par taux d'accroissements,
\begin{center}
\fbox{$ \li_{x \to - \infty} f(x) = 1$.}
\end{center}
On a aussi 
$$
e^{-x} \ln(1 + e^x) = e^{-x} \ln(e^x (e^{-x} + 1)) = e^{-x} (x + \ln(1 + e^{-x}) = x e^{-x} + e^{-x} \ln(1+ e^{-x}).
$$
Or $ \li_{x \to + \infty} x e^{-x} = \li_{x \to + \infty} \dfrac{x}{e^x} = 0$ par croissance comparée et $\li_{x \to + \infty}  e^{-x} \ln(1+ e^{-x}) = 0$. Ainsi
\begin{center}
\fbox{$ \li_{x \to + \infty} f(x) = 0$.}
\end{center}
\item Pour tout $x$ réel, $e^x > 0$ et donc $g(e^x) < 0$. De plus, $e^{-x} >0$ et on a donc $f'(x) <0$. 
\begin{center}
 \fbox{La fonction $f$ est strictement décroissante sur $\R$. }
 \end{center} 
 On trace alors son tableau de variations. 
 \begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=3,espcl=8]{$x$/1,Variations de $f$/2}{$- \infty$,$+\infty$}
\tkzTabVar{+/$1$, -/$0$}
\tkzTabVal{1}{2}{0.33}{0}{$\ln(2)$}
\tkzTabVal{1}{2}{0.66}{1}{$\dfrac{\ln(1+e)}{e}$}
\end{tikzpicture}
\end{center}

\item Sachant que 
\begin{itemize}
\item $f$ est continue sur $[0,1]$,
\item $f$ est strictement décroissante sur $[0,1]$,
\item $f([0,1]) = \left[ \dfrac{\ln(1+e)}{e} ; \ln(2) \right] \subset [0;1]$. 
\end{itemize}
$f$ est une bijection sur $[0,1]$ à valeurs dans $\left[ \dfrac{\ln(1+e)}{e} ; \ln(2) \right] \subset [0;1]$ (On dit que $f$ est stable par $[0;1]$. On a alors,
\begin{center}
\fbox{$
\forall x \in [0,1], \quad 0 \leq f(x) \leq 1
$.}
\end{center}
\item Compléter le script suivant qui permet de tracer la fonction $f$ sur l'intervalle $[0,1]$ (on prendra 1000 points en abscisses).
\begin{verbatim}
function ..y = f(x)..
    y = ..exp(-x) * log(1+exp(x))..
..endfunction..

x = ..linspace(0,1,1000)..
plot(x,f)
\end{verbatim}
\end{enumerate}
\subsubsection*{\'Etude de la suite $(u_n)_{n\in\N}$}
\begin{enumerate}[start = 10]
\item Voici le script Scilab
\begin{verbatim}
n = input("Donnez une valeur de n")
u = 0
for k = 1 : n
    u = f(u) \\La fonction f étant définie à la question précédente
end
disp("Le nième terme de la suite est " + string(u))
\end{verbatim}
\item Soit $x \in [0,1]$. Premièrement, $f'$ est négative donc $|f'(x)| = - f'(x) = - e^{-x} g(e^x)$. Deuxièmement, comme la fonction $g$ est décroissante et négative,
\begin{eqnarray*}
0 \leq x \leq 1 & \Longrightarrow &  g(1) \geq g(e^x) \geq g(e) \\
& \Longrightarrow &  -g(1) \leq - g(e^x) \leq - g(e) \\
& \Longrightarrow &   - g(e^x) \leq | g(e)|
\end{eqnarray*} 
Enfin, $e^{-x} \leq 1$. En combinant toutes ces inégalités, on obtient
\begin{center}
\fbox{$ \forall x \in [0,1], \quad |f'(x)| \leq |g(e)|$.}
\end{center}
\item
On consid\`ere la fonction $h$ d\'efinie sur $[0,1]$ par~:\quad $h(x)=f(x)-x$. (Remarque, il n'y avait pas de question 12)
\item
La fonction $h$ est dérivable en tant que somme de fonctions dérivables. Et 
$$
\forall x \in [0,1], \quad h'(x) = f'(x) -1 = e^{-x} g(e^x) - 1
$$
Or $g$ est négative sur $[0,1]$ donc $h'$ est strictement négative sur $[0,1]$. \begin{center}
\fbox{La fonction $h$ est strictement décroissante sur $[0,1]$.}
\end{center}
\begin{enumerate}
\item On applique le théorème de la bijection. On calcule $h(0) = f(0)-0 \simeq 0,69$ et $h(1) = f(1) -1 \simeq -0,52$
\begin{itemize}
\item La fonction $h$ est continue sur $[0,1]$. 
\item La fonction $h$ est strictement décroissante sur $[0,1]$.
\item $h(0) > 0$ et $h(1) <0$.
\end{itemize}
D'après le théorème de la bijection, il existe un unique $\alpha \in [0,1]$ tel que $h(\alpha) = 0$. 
\item L'équation $f(x) = x$ est équivalente à $h(x) = 0$ et cette dernière équation à une unique solution. Donc il existe un unique $\alpha \in [0,1]$ tel que $f(\alpha) = \alpha$. 
\end{enumerate}
\item On montre les propriétés suivantes $\P_n : \left\{ 0 \leq u_n \leq 1 \right\}$.
\begin{itemize}
\item \textbf{Initialisation :} La propriété $\mathscr{P}_0$ s'écrit $0 \leq u_0 \leq 1$. Or, $u_0 = 0$. La propriété $\mathscr{P}_0$ est donc vraie.  
	\item \textbf{Hérédité :} On suppose que $\P_n$ est vrai pour un certain rang $n$. (On a donc $0 \leq u_n \leq 1$ ) 
\begin{eqnarray*}
0 \leq u_n \leq 1 & \Longrightarrow & 0 \leq f(u_n) \leq 1 
\end{eqnarray*}
(d'après la question 7). La proposition $\P_{n+1}$ est donc vraie. On en déduit que la suite des propositions $(\P_n)$ est héréditaire. 
	\item \textbf{Conclusion :} \fbox{Pour tout $n \in \N$, $0 \leq u_n \leq 1$. }
	\end{itemize}
%\item
%Montrer que, pour tout $n$ entier naturel~:  $$\abs{u_{n+1}-\alpha}\le
%\abs{g(\e)}.\abs{u_n-\alpha}$$
%
%Ainsi que~: $$\abs{u_n-\alpha}\le \abs{g(\e)}^n$$
%\item
%Sachant que $\abs{g(\e)}<0.6$, d\'eterminer alors la limite de la suite $(u_n)_{n\in\N}$
%lorsque $n$ tend vers $+\infty$.
\end{enumerate}

\renewcommand{\P}{\mathbb{P}}
\section*{Exercice 3 - ECRICOME 2017}
Soit $n$ un entier naturel non nul.\\
On effectue une série illimité de tirages d'une boule avec remise dans une urne contenant $n$ boules numérotées de 1 à $n$. Pour tout entier naturel $k$ non nul, on note $X_k$ la variable aléatoire égale au numéro de la boule obtenue au $k$-ième tirage.\\
Pour tout entier naturel $k$ non nul, on note $S_k$ la somme des numéros des boules obtenues lors des $k$ premiers tirages :
	$$S_k=\sum_{i=1}^k X_i.$$
	On considère enfin la variable aléatoire $T_n$ égale au nombre de tirages nécessaires pour que, pour la première fois, la somme des numéros des boules obtenues soit supérieure ou égale à $n$.\\
	
\underline{Exemple} : avec $n=10$, si les numéros obtenus aux cinq premiers tirages sont dans cet ordre $2,4,1,5,9$, alors on obtient : $S_1=2,~ S_2=6,~ S_3=7,~ S_4=12,~ S_5=21$ et $T_{10}=4$.

\subsection*{Partie A - \'Etudes de cas particuliers}

\begin{enumerate}
	\item Pour $k\in\N^*$, $X_k (\Omega) = \entier{1,n}$ et l'on tire une des n boules au hasard. Donc $X_k$ suit une loi uniforme
	\begin{center}
	\fbox{$X_k \loi{U}(\entier{1,n})$}
	\end{center}
	D'après le cours, 
	\begin{center}
	\fbox{$E(X_k) = \dfrac{n+1}{2}$.}
	\end{center}
	\item \begin{enumerate}
		\item Si l'on tire directement la boule numéroté $n$, alors $T_n = 1$. Si on ne tire que des boules numérotées $1$ alors $T_n = n$. Tous les résultats intermédiaires sont possibles. Ainsi
		\begin{center}
		\fbox{$T_n(\Omega) = \entier{1,n}$. }
		\end{center}
		\item On a vu que $T_n = 1$ si et seulement si la première boule tirée est la boule numéro $n$ donc
		\begin{center}
		\fbox{$\P(T_n =1) = \P(X_1 = n) = \dfrac{1}{n}$.}
		\end{center}
		\item Le seul moyen d'obtenir $T_n = n$, c'est d'obtenir les $n-1$ premières fois une boule numéro $1$. Ainsi
		$$
		\P(T_n = n) = \P(X_1 = 1 \cap X_2 = 1 \cap \ldots \cap X_{n-1} = 1)  = \P \left( \bigcap_{j=1}^{n-1} X_j = 1 \right)
		$$
		Or les évènements $(X_j =1)_{j \in \entier{1,n}}$ sont mutuellement indépendants. On a donc
		\begin{align*}
		\P(T_n = n) & = \prod_{j=1}^{n-1} \P(X_j = 1) \\
		& = \prod_{j=1}^{n-1} \dfrac{1}{n} \\
		& \boxed{= \left( \dfrac{1}{n} \right)^{n-1}}
		\end{align*}
	\end{enumerate}
	\item On a $T_2 (\Omega) = \entier{1,2}$. Comme $P(T_2 = 1) =  \dfrac{1}{2}$ et $P(T_2 = 2) = 1 - P(T_2 = 1) = \dfrac{1}{2}$. On peut récapituler ces résultats dans un tableau :
	\begin{center}
\setlength{\tabcolsep}{10pt}
\renewcommand{\arraystretch}{2}
\begin{tabular}{|c|c|c|}
\hline
$k$ & \quad 1 \quad & \quad 2 \quad  \\
\hline
$P(T_2 = k)$ & $\dfrac{1}{2}$ & $\dfrac{1}{2}$   \\
\hline
\end{tabular}
\end{center}
	\item Dans cette question, $n=3$. On a $T_3(\Omega) = \entier{1,3}$. De plus, d'après les questions précédentes, $P(T_3 = 1) = \dfrac{1}{3}$ et $P(T_3 = 3) = \left( \dfrac{1}{3} \right)^2 = \dfrac{1}{9}$. On en déduit que 
$$
P(T_3 = 2) = 1 - \dfrac{1}{3} - \dfrac{1}{9} = \dfrac{5}{9}
$$	
On peut récapituler ces résultats dans un tableau :
	\begin{center}
\setlength{\tabcolsep}{10pt}
\renewcommand{\arraystretch}{2}
\begin{tabular}{|c|c|c|c|}
\hline
$k$ & \quad 1 \quad & \quad 2 \quad  & \quad 3 \quad \\
\hline
$P(T_3 = k)$ & $\dfrac{1}{3}$ & $\dfrac{5}{9}$ & $\dfrac{1}{9}$   \\
\hline
\end{tabular}
\end{center}
On calcule l'espérance de $T_3$ et
\begin{align*}
E(T_3) & = 1 \times \dfrac{1}{3} + 2 \times \dfrac{5}{9} + 3 \times \dfrac{1}{9} \\
& = \dfrac{2}{3}  + \dfrac{10}{9} \\
& \boxed{= \dfrac{16}{9}}
\end{align*}
\end{enumerate}

\subsection*{Partie B - \'Etude de l'espérance dans le cas général}

\begin{enumerate}
	\item Soit $k \in \N^*$. La somme la plus faible est obtenu en ayant que des boules \no $1$. La somme vaut alors $k$. La somme la plus forte obtenue est celle ou l'on a que des boules $n$. Ainsi 
	\begin{center}
	\fbox{$S_k(\Omega) = \entier{k;nk}$.}
	\end{center}
	\item Soit $k\in\llbracket1, n-1\rrbracket$.
	\begin{enumerate}
		\item On a
		\begin{center}
		\fbox{$S_{k+1} = S_k + X_{k+1}$.}
		\end{center}
		\item On utilise le système complet d'évènement $(S_k = j)$ pour $j \in \entier{k;nk}$. D'après la formule des probabilités totales, on a pour $i \in \entier{k+1 , n}$,
		\begin{align*}
		\P(S_{k+1} = i) & = \sum_{j = k}^{nk} \P(S_{k+1} = i \cap S_k = j) 
		\end{align*}
Or pour $j \in \entier{i,nk}$, $(S_{k+1} = i) \cap (S_k = j) = \emptyset$. En effet, si l'on a une somme au bout de $k$ tirages égale à $j \geq i$ alors il est impossible d'avoir une somme égale à $i$ au $k+1$-ème tirage. On a donc 
\begin{align*}
\P(S_{k+1} = i) & = \sum_{j = k}^{i-1} \P(S_{k+1} = i \cap S_k = j) 
\end{align*} 
De plus, pour $j \in \entier{k,i-1}$, on a 
$$
(S_{k+1} = i) \cap (S_k= j) = (X_{k+1} = i-j) \cap  (S_k = j)
$$
En effet, si au $k$ème tirage, la somme des numéros tirés est $j$ alors, il faut tirer la boule \no $i-j$ au $k+1$-ème tirage. 
Ainsi, l'équation devient 
\begin{align*}
\P(S_{k+1} = i) & = \sum_{j = k}^{i-1} \P(X_{k+1} = i-j \cap S_k = j)  \\
\end{align*}
Or les évènements $X_{k+1} = i-j$ et $S_k =j$ sont indépendants donc 
\begin{align*}
\P(S_{k+1} = i) & = \sum_{j = k}^{i-1} \P(X_{k+1} = i-j) \times \P( S_k = j)  \\
& \boxed{= \dfrac{1}{n} \sum_{j = k}^{i-1}  \P( S_k = j)}
\end{align*} 

	\end{enumerate}
	\item \begin{enumerate}
		\item D'après le cours, pour $k\in\N^*$ et $j\in\N^*$, 
		\begin{center}
		\fbox{$\binom{j-1}{k-1} + \binom{j-1}k = \binom jk$.}
		\end{center}
		\item On calcule pour tout $k\in\N^*$ et pour tout entier naturel $i$ supérieur ou égal à $k+1$
		\begin{align*}
\sum_{j=k}^{i-1} \binom{j-1}{k-1} =  \sum_{j=k}^{i-1} \binom{j}{k} - \binom{j-1}{k}
		\end{align*}
On reconnait une somme télescopique et donc 
\begin{align*}
\sum_{j=k}^{i-1} \binom{j-1}{k-1} & =   \binom{i-1}{k} - \binom{k-1}{k} \\
& \boxed{= \binom{i-1}{k}}
		\end{align*}
		On rappelle que $\binom{k-1}{k} = 0$ puisque $k-1 < k$.
		\item Pour tout entier $k\in\llbracket1,n\rrbracket$, on note $\mathcal H_k$ la proposition :
		$$\text\og \forall i\in\llbracket k,n\rrbracket,~ \P(S_k=i) = \dfrac1{n^k}\binom{i-1}{k-1} \text\fg{}.$$
\renewcommand\labelitemi{\textbullet}
\begin{itemize}
\item {\bf Initialisation :} On vérifie $\mathcal{H}_1$. On vérifie que 
$$
\forall i \in \entier{1,n}, \; \P(S_1 = i) = \dfrac{1}{n} \binom{i-1}{k-1} = \dfrac{1}{n}
$$
Or $S_1 = X_1$ et $X_1$ suit une loi uniforme donc 
$$
\forall i \in \entier{1,n}, \; \P(X_1 = i) = \dfrac{1}{n} 
$$
et ainsi la propriété $\mathcal{H}_1$ est vraie.
\item {\bf Hérédité :} On suppose que la proposition $\mathcal{H}_k$ est vraie pour un certain rang $k \in \entier{1,n-1}$. On va alors montrer $S_{k+1}$. Pour tout $i \in \entier{k+1,n}$, 
\begin{align*}
\P(S_{k+1} = i) & = \dfrac{1}{n} \sum_{j=k}^{i-1} \P(S_k = j) \quad \text{d'après question 2b} \\
& = \dfrac{1}{n} \sum_{j=k}^{i-1} \dfrac1{n^k}\binom{i-1}{k-1} \quad \text{hypothèse de récurrence} \\
& = \dfrac{1}{n^{k+1}} \sum_{j=k}^{i-1} \binom{i-1}{k-1} \\
& = \dfrac{1}{n^{k+1}} \binom{i-1}{k} \quad \text{d'après question 3b}
\end{align*}
Donc la proposition $\mathcal{H}_{k+1}$ est vraie. La suite de proposition $(\mathcal{H}_n)$ est héréditaire.
\item {\bf Conclusion :} Pour tout entier $k\in\llbracket1,n\rrbracket$, on a
		\begin{center}
		\fbox{$\text\og \forall i\in\llbracket k,n\rrbracket,~ \P(S_k=i) = \dfrac1{n^k}\binom{i-1}{k-1} \text\fg{}.$}
		\end{center}
\end{itemize}
	\end{enumerate}
	\item \begin{enumerate}
		\item Soit $k\in\llbracket1,n-1\rrbracket$. L'évènement $T_n >k$ signifie que somme des numéros obtenus dépasse $n$ après le $k$-ème tirage. L'évènement $S_k < n-1$ signifie que la somme des $k$ premiers tirages est inférieur ou égal à $n-1$. Ces deux évènements sont les mêmes. Donc 
		\begin{center}
		\fbox{$ (T_n > k) = (S_k \leq n-1) $}
		\end{center}
		\item On en déduit que $\forall k\in\llbracket 0,n\rrbracket$,
		\begin{align*}
		\P(T_n >k) & = \P(S_k \leq n-1) \\
			       & = \sum_{i = 1}^{n-1} \P(S_k = i) \\
			       & = \sum_{i = 1}^{n-1} \dfrac1{n^k}\binom{i-1}{k-1} \\
			       & = \dfrac{1}{n^k} \sum_{i = k}^{n-1} \binom{i-1}{k-1} \\
			       & \boxed{= \dfrac1{n^k} \binom{n-1}k.}
		\end{align*}
	\end{enumerate}
	\item En utilisant la définition de l'espérance, on a 
\begin{align*}
E(T_n) & =\ds \sum_{k=1}^{n} k \P(T_n = k) \\
       & = \sum_{k=1}^{n} k \left( \P(T_n \geq k) - \P(T_n \geq k+1) \right) \\
       & = \sum_{k=1}^n k \P(T_n \geq k) - k \P(T_n \geq k+1) \\
       & =  \sum_{k=1}^n k \P(T_n \geq k) - (k+1) \P(T_n \geq k+1) + \sum_{k=1}^n \P(T_n \geq k+1) \\
       & = \P(T_n \geq 1) - (n+1) \P(T_n \geq n+1)+ \sum_{k=1}^n \P(T_n > k) \\
       & = 1 - 0 + \sum_{k=1}^{n-1} \P(T_n > k) + \P(T_n > n) \\
       & = P(T_n > 0) + \sum_{k=1}^{n-1} \P(T_n > k) + 0 \\
       & \boxed{= \sum_{k=0}^{n-1} \P(T_n > k)}
\end{align*}	
On obtient alors en utilisant le binôme de Newton,
\begin{align*}
E(T_n) & = \sum_{k=0}^{n-1} \dfrac1{n^k} \binom{n-1}k \\
& = \sum_{k=0}^{n-1}\binom{n-1}k \left(\dfrac{1}{n} \right)^k 1^{n-1-k} \\
&\boxed{ = \left(1 + \dfrac{1}{n} \right)^{n-1}}
\end{align*}
	\item On a 
	\begin{align*}
	\left(1 + \dfrac{1}{n} \right)^{n-1} & = e^{(n-1) \ln \left(1+ \frac{1}{n}\right)} \\
	& =\exp \left(\dfrac{n-1}{n} \times \dfrac{\ln \left(1+ \frac{1}{n}\right)}{\frac{1}{n}} \right)
	\end{align*}
	Or d'après les croissances comparées, 
	$$
	\li_{n \to +\infty}  \dfrac{\ln \left(1+ \frac{1}{n}\right)}{\frac{1}{n}} = \li_{X \to 0} \dfrac{\ln(1+X}{X} = 1
	$$
	et en factorisant,
	$$
	\li_{n \to +\infty}\dfrac{n-1}{n} = 1
	$$
	Donc par composée de limite,  \begin{center}
	\fbox{$\li_{n \to +\infty}\left(1 + \dfrac{1}{n} \right)^{n-1}  = e$}
	\end{center}
\end{enumerate}

\subsection*{Partie C - \'Etude Scilab}

\begin{enumerate}
\item On rappelle que la fonction $rand()$ en Scilab permet d'obtenir un nombre réel entre $0$ et $1$. Que permet la commande :
\begin{verbatim}
X = ceil(n*rand())
\end{verbatim}
Cette commande permet d'obtenir un nombre entier aléatoire entre $1$ et $n$ et \uline{modélise ainsi une loi uniforme sur $\entier{1,n}$.} 
On considère désormais que l'expression précédente donne une modélisation de la variable aléatoire $X_k$. 
\item Script Scilab
\begin{verbatim}
n = input("Entrer un nombre n")
S = 0
for k =1:n
    X = ceil(n*rand())
    S = S + X
end
disp(S)
\end{verbatim}
\item On modifie le Script Scilab précédent pour qu'il affiche également une modélisation de $T_n$. 
\begin{verbatim}
n = input("Entrer un nombre n")
S = 0
for k =1:n
    X = ceil(n*rand())
    S = S + X
    if S >= n then
        T = k
end
disp(S)
disp(T)
\end{verbatim}
\end{enumerate}

\end{document}