\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}
On d\'{e}signe par $n$ un entier naturel non nul et l'on se propose
d'\'{e}tudier les racines positives de l'\'{e}quation $e^{x}=x^{n}$que l'on
note $(E_{n}).$ A cet effet on introduit la fonction $f_{n}$d\'{e}finie par 
\[
f_{n}(x)=1-x^{n}e^{-x}. 
\]

On a donc pour tout entier $n,$ $\left( E_{n}\right) \Leftrightarrow
f_{n}\left( x\right) =0$

\begin{enumerate}
\item  Etude des racines positives des \'{e}quations $\left( E_{1}\right) $
et $\left( E_{2}\right) $

\begin{enumerate}
\item  On \'{e}tudie les variations de $f_1$. On a 
$$
f_{1}\left( x\right) =1-xe^{-x}.
$$ 
La fonction $f_{1}$ est de classe $%
C^{1}$ sur $[0;+\infty[$. On calcule alors
$$
\forall x  \in [0;+\infty[, f_1'(x) = -e^{-x} + xe^{-x} = (x-1)e^{-x}
$$
On calcule la limite de la fonction $f_1$ en $+ \infty$.
$$
\li_{x \to + \infty} 1 - xe^{-x} = 1
$$
par croissance comparée. 

La courbe repr\'{e}sentative de $f$ a donc une asymptote horizontale en $%
+\infty $

On a donc le tableau de variation 
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=3,espcl=3]{$x$/1, Signe de $f_1'(x)$/1, Variations de $f_1$/2}{0,$1$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,-,z,+,}
\tkzTabVar{+/1,-/$\frac{e-1}{e}$,+/$1$}
%\tkzTabVal{1}{2}{0.5}{0}{0}
\end{tikzpicture}
\end{center} 

On a 
$$
f_{2}\left( x\right) =1-x^{2}e^{-x}.
$$ 
La fonction $f_{2}$ est de classe $%
C^{1 }$ sur $[0;+\infty[$. On calcule alors
$$
\forall x  \in [0;+\infty[, f_2'(x) = =-2xe^{-x}+x^{2}e^{-x}=x\left( x-2\right) e^{-x}
$$

On calcule la limite de la fonction $f_1$ en $+ \infty$.
$$
\li_{x \to + \infty} 1 - x^2e^{-x} = 1
$$
par croissance comparée. 

La courbe repr\'{e}sentative de $f_{2}$ a donc une asymptote horizontale en $%
+\infty $
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=3,espcl=3]{$x$/1, Signe de $f_2'(x)$/1, Variations de $f_2$/2}{0,$2$,$+\infty$}
\tkzTabLine{z,-,z,+,}
\tkzTabVar{+/1,-/$1- \frac{4}{e^2}$,+/$1$}
%\tkzTabVal{1}{2}{0.5}{0}{0}
\end{tikzpicture}
\end{center} 

Sur la courbe repr\'{e}sentative de $f_{1}$, on place l'asymptote
d'\'{e}quation $y=1$ en $+\infty ,$ la tangente horizontale en $1$ et la
tangente de pente $-1$ en 0.

Sur la courbe repr\'{e}sentative de $f_{2}$, on place l'asymptote
d'\'{e}quation $y=1$ en $+\infty ,$ la tangente horizontale en $1$ et en 0

\item  $\left( E_{1}\right) \Leftrightarrow f_{1}\left( x\right) =0.$ Or le
minimum de $f_{1}$ est $\displaystyle
\frac{e-1}{e}>0$ et l'\'{e}quation n'a pas de solution positive

De m\^{e}me $\left( E_{2}\right) \Leftrightarrow f_{2}\left( x\right) =0.$
Or le minimum de $f_{2}$ est $\displaystyle
\frac{e^{2}-4}{e^{2}}>0$ car $e>2$ donc $e^{2}>4$ (car la fonction carr\'{e}
est strictement croisante sur $\Bbb{R}^{+}$ et que me et $4$ en sont
\'{e}l\'{e}ments ).et l'\'{e}quation $\left( E_{2}\right) $ n'a pas de
solution positive.

\item Le programme scilab s'écrit
\begin{verbatim}
function y = f(x,n)
    y = 1 - x.^n .* exp(-x)
endfunction

X = 0:0.01:5
plot2d(X,f(X,1))
plot2d(X,f(X,2))
\end{verbatim} 
\end{enumerate}

\item  Etude des racines positives de l'\'{e}quations $\left( E_{3}\right) $

\begin{enumerate}
\item  
On a 
$$
f_{3}\left( x\right) =1-x^{3}e^{-x}.
$$ 
La fonction $f_{3}$ est de classe $%
C^{1 }$ sur $[0;+\infty[$. On calcule alors
$$
\forall x  \in [0;+\infty[, f_3'(x) = -3x^{2}e^{-x}+x^{3}e^{-x}=x^{2}\left( x-3\right) e^{-x}
$$

On calcule la limite de la fonction $f_1$ en $+ \infty$.
$$
\li_{x \to + \infty} 1 - x^3e^{-x} = 1
$$
par croissance comparée. 

La courbe repr\'{e}sentative de $f_{3}$ a donc une asymptote horizontale en $%
+\infty $

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=3,espcl=3]{$x$/1, Signe de $f_3'(x)$/1, Variations de $f_3$/2}{0,$3$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,-,z,+,}
\tkzTabVar{+/1,-/$1- \frac{27}{e^3}$,+/$1$}
%\tkzTabVal{1}{2}{0.5}{0}{0}
\end{tikzpicture}
\end{center} 


Cette fois, comme $e^{3}<27$ alors $27/e^{3}>1$ et $\displaystyle
1-\frac{27}{e^{3}}<0.$

On a $f_{3}\left( 2\right) =1-8/e^{2}>0$ donc $f_{3}$ est strictement
positive sur $\left[ 0,2\right] $

Comme $f_{3}$ est continue et strictement d\'{e}croissante, elle est
bijective de $\left] 2,3\right[ $ dans $\left] 1-\frac{27}{e^{3}},1-\frac{8}{%
e^{2}}\right[ .$ Or $0$ appartient \`{a} cet intervalle donc l'\'{e}quation $%
\left( E_{3}\right) \Leftrightarrow f_{3}\left( x\right) =0$ a une unique
solution $u$ sur cet intervalle. ($2<u<3$)

De m\^{e}me comme $f_{3}\left( 4\right) =1-4^{3}/e^{4}<0$ et $f_{3}\left(
5\right) =1-5^{3}/e^{5}>0$, $\left( E_{3}\right) $ a une unique solution $v$
sur l'intervalle $\left] 4,5\right[ $ et n'en a aucune sur $\left[
3,4\right] $ ni sur $\left[ 5,+\infty \right[ $

Donc l'\'{e}quation $\left( E_{3}\right) $ admet deux racines positives $u$
et $v$ telles que$1<$ $2<u<3<4<v<5$

\item  Soit la suite d\'{e}finie par la relation $y_{n+1}=3\ln (y_{n})$ et
la condition initiale $y_{0},$o\`{u} $y_{0}$ est un nombre r\'{e}el
strictement sup\'{e}rieur \`{a} $u.$

\begin{itemize}
\item  $u<y_{0}\le v$, alors par r\'{e}curernce :

soit $n\in \Bbb{N}$ tel que $u<y_{n}\le v$ comme ln est strictement
croissante sur $\left] 0,+\infty \right[ $ alors $3\ln \left( u\right) <3\ln
\left( y_{n}\right) \le 3\ln \left( v\right) $

Et comme $u$ et $v$ $sont$ soutions de $x^{3}=e^{x}\Leftrightarrow 3\ln
\left( x\right) =x$ alors on a $3\ln \left( u\right) =u$ et $3\ln \left(
v\right) =v$

Donc $u<y_{n+1}\le v$

Et la propri\'{e}t\'{e} estvraie pour tout entier $n.$

\item  De m\^{e}me par r\'{e}currence si $v\le y_{0}$, alors pour tout
entier naturel $n,\;v\le y_{n}$.

\item  Signe ?

$y_{n}-y_{n-1}>0\Leftrightarrow y_{n}>y_{n-1}\Leftrightarrow 3\ln \left(
y_{n}\right) >3\ln \left( y_{n-1}\right) $ car la fonction $\ln $ est
strictement croissante sur $\left] 0,+\infty \right[ $ et que $y_{n-1}$ et $%
y_{n}$ en sont \'{e}l\'{e}ments; et finalement $y_{n}-y_{n-1}>0%
\Leftrightarrow y_{+1}-y_{n}>0.$

De m\^{e}me pour =0 et pour $<0;$ Donc $y_{n+1}-y_{n}$ est du m\^{e}me signe
que $y_{n}-y_{n-1}$ et par r\'{e}currence du m\^{e}me signe que $y_{1}-y_{0}$
\end{itemize}

Donc si $y_{0}<y_{1}$ alors pour tout entier $n$, $y_{n}<y_{n+1}$ et si $%
y_{0}>y_{1}$ alors pour tout entier $n$, $y_{n}>y_{n+1}$

\begin{itemize}
\item  Or pour $u<y_{0}\le v$ on a, d'apr\`{e}s les variations de$%
f_{0}:f_{3}\left( y_{0}\right) \le 0$ donc $\displaystyle
1-y_{0}^{3}e^{-y_{0}}\le 0$ donc $\displaystyle
e^{y_{0}}<y_{0}^{3}$ et comme $\ln $ est strictement croissante sur $\left]
0,+\infty \right[ $ alors $y_{0}\le 3\ln \left( y_{0}\right) $ et $y_{0}\le
y_{1}.$

Donc si $u<y_{0}\le v$ alors pour tout entier $n:y_{n}\le y_{n+1}$ et la
suite sera donc croissante.

\item  De m\^{e}me si $y_{0}\ge v$ alors $f_{3}\left( y_{0}\right) \ge 0$ et
la suite sera d\'{e}croissante
\end{itemize}

\end{enumerate}

\item  \'Etude des racines positives de l'\'{e}quation $\left( E_{n}\right) $
pour $n\ge 3$.

\begin{enumerate}
\item  On a 
$$
f_{n}\left( x\right) =1-x^{n}e^{-x}.
$$ 
La fonction $f_{n}$ est de classe $%
C^{1 }$ sur $[0;+\infty[$. On calcule alors
$$
\forall x  \in [0;+\infty[, \quad f_n'(x) = -nx^{n-1}e^{-x}+x^{n}e^{-x}=x^{n}\left( x-n\right) e^{-x}
$$

On calcule la limite de la fonction $f_n$ en $+ \infty$.
$$
\li_{x \to + \infty} 1 - x^ne^{-x} = 1
$$
par croissance comparée. 

La courbe repr\'{e}sentative de $f_{n}$ a donc une asymptote horizontale en $%
+\infty $

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=3,espcl=3]{$x$/1, Signe de $f_3'(x)$/1, Variations de $f_3$/2}{0,$3$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,-,z,+,}
\tkzTabVar{+/1,-/$1- \frac{n^n}{e^n}$,+/$1$}
%\tkzTabVal{1}{2}{0.5}{0}{0}
\end{tikzpicture}
\end{center} 

Cette fois, comme $n\ge 3>e$ alors $\left( n/e\right) >1$ et $\left(
n/e\right) ^{n}>1^{n}$ car $n>0$ et la fonction puissance $n$ est donc
strictement croissante sur $\Bbb{R}^{+}$

Donc $f_{n}\left( n\right) <0.$

Comme $\displaystyle
f_{n}\left( 1\right) =1-\frac{1}{e}>0,\;f_{n}>0$ sur $\left[ 0,1\right] $ et 
$\left( E_{n}\right) $ n'a pas de solution.

Sur $\left] 1,n\right[ $, la fonction $f_{n}$ est continue et strictement
d\'{e}croissante. Elle est donc bijective de $\left] 1,n\right[ $ dans $%
\left] \lim_{n}f_{n};\lim_{1}f_{n}\right[ .$

et comme $0\in \left] f_{n}\left( n\right) ;1-\frac{1}{e}\right[ $
l'\'{e}quation $f_{n}\left( x\right) =0\Leftrightarrow \left( E_{n}\right) $
a une unique solution $u_{n}$ sur $\left] 1,n\right[ .$

De m\^{e}me sur l'\'{e}quation $f_{n}\left( x\right) =0\Leftrightarrow
\left( E_{n}\right) $ a une unique solution $v_{n}$.

Donc l'\'{e}quation $\left( E_{n}\right) $ admet deux racines positives $%
u_{n}$ et $v_{n}$ telles que $1<u_{n}<n<v_{n}$.

\item  Pour d\'{e}terminer le signe de $f_{n}(u_{n-1}),$ on fait intervenir $%
f_{n-1}\left( u_{n-1}\right) =0$ pour $n-1\ge 3$ donc $n\ge 4:$%
\begin{eqnarray*}
f_{n-1}(u_{n-1})=1-\left( u_{n-1}\right) ^{n-1}e^{-u_{n-1}}=0 \\
f_{n}(u_{n-1})=1-\left( u_{n-1}\right) ^{n}e^{-u_{n-1}} \\
f_{n}(u_{n-1})=f_{n}(u_{n-1})-f_{n-1}(u_{n-1}) \\
=\left( u_{n-1}\right) ^{n-1}e^{-u_{n-1}}-\left( u_{n-1}\right)
^{n}e^{-u_{n-1}} \\
=\left( u_{n-1}\right) ^{n-1}e^{-u_{n-1}}\left( 1-u_{n-1}\right) <0
\end{eqnarray*}

car $1<u_{n-1}.$ Donc pour tout entier $n\ge 4$ on a : $f_{n}\left(
u_{n-1}\right) <0$

On a donc $f_{n}\left( u_{n-1}\right) <0=f_{n}\left( u_{n}\right) $

Et comme $f_{n}$ est strictement d\'{e}croissante sur $\left[ 0,n\right] $
et que $u_{n}$ et $u_{n-1}$ ($\le n-1$ ) en sont \'{e}l\'{e}ments alors $%
u_{n-1}>u_{n}$

La suite $u$ est donc d\'{e}croissante et minor\'{e}e par $1.$ Elle est donc
convergente. Soit $L$ sa limite.

\item  On a $n\ln \left( u_{n}\right) =u_{n}$ donc $\ln \left( u_{n}\right)
=u_{n}/n$ et $u_{n}=\exp \left( u_{n}/n\right) $.

Donc $\li_{n \to + \infty} \dfrac{u_n}{n} = 0$ et donc $\li_{n \to + \infty} exp \left( u_{n}/n\right) = 1$. 

\begin{center}
\fbox{Finalement $\li_{n \to + \infty} u_n = 1$. 
}
\end{center}

\item  On a comme pour $u_{n}$ 
\begin{eqnarray*}
f_{n-1}\left( v_{n}\right) =f_{n-1}\left( v_{n}\right) -f_{n}\left(
v_{n}\right)  \\
=\left( v_{n}\right) ^{n}e^{-v_{n}}-\left( v_{n}\right) ^{n-1}e^{-v_{n}} \\
=\left( v_{n}\right) ^{n-1}e^{-v_{n}}\left( v_{n}-1\right) >0
\end{eqnarray*}

Donc $f_{n-1}\left( v_{n-1}\right) =0<f_{n-1}\left( v_{n}\right) .$ Et comme 
$f_{n-1}$ est strictement croissante sur $\left[ n-1,+\infty \right[ $ et
que $v_{n}$ ($\ge n\ge n-1$ ) et $v_{n-1}$en sont \'{e}l\'{e}ments alors $%
v_{n-1}<v_{n}.$

La suite $v$ est donc croissante

\item  On pose pour tout r\'{e}el $x>1:g\left( x\right) =x-\ln \left(
x\right) .$ $g$ est d\'{e}rivable sur $]0,+\infty [$%
\begin{eqnarray*}
g^{\prime }\left( x\right) =1-\frac{1}{x}=\frac{x-1}{x} \\
g\left( 1\right) =0
\end{eqnarray*}

Comme $g$ est strictement croissante et continue sur $\left] 1,+\infty
\right[ $ alors $g$ r\'{e}alise une bijection de $\left] 1,+\infty \right[ $
sur $g(\left] 1;+ \infty \right[) =\left] 1,+\infty \right[ $

Elle a donc une r\'{e}ciproque.

On a $\left( v_{n}\right) ^{n}=\displaystyle
e^{v_{n}}$ donc en \'{e}levant \`{a} la puissance $1/n:v_{n}=e^{v_{n}/n}$ 
\begin{eqnarray*}
g\left( v_{n}/n\right) =\frac{v_{n}}{n}-\ln \left( \frac{v_{n}}{n}\right) =%
\frac{v_{n}}{n}-\ln \left( \frac{e^{v_{n}/n}}{n}\right) =\frac{v_{n}}{n}-\ln
\left( e^{v_{n}/n}\right) +\ln \left( n\right)  \\
=\frac{v_{n}}{n}-v+\ln \left( n\right) =\ln \left( n\right) 
\end{eqnarray*}
Comme $v_{n}/n\in $ $\left] 1,+\infty \right[ $ ( car $v_{n}>n$ ) et que $%
\ln \left( n\right) \in \left] 1,+\infty \right[ $ (car $n>e$ ) alors 
\[
g\left( v_{n}/n\right) =\ln \left( n\right) \Leftrightarrow \frac{v_{n}}{n}%
=g^{-1}\left( \ln \left( n\right) \right) 
\]

Or, comme $y=g\left( x\right) \rightarrow +\infty $ quand $x\rightarrow
+\infty $ alors, par sym\'{e}trie, $x=g^{-1}\left( y\right) \rightarrow
+\infty $ quand $y\rightarrow +\infty .$

Donc $\li_{n \to +\infty} g^{-1}\left( \ln \left( n\right) \right) = +\infty $ et donc 
\begin{center}
\fbox{$\li_{n \to + \infty} v_{n} = \li_{n \to + \infty} n g^{-1}\left( \ln \left( n\right) \right)  = + \infty .$}
\end{center}

\end{enumerate}
\end{enumerate}

\section*{Exercice 2}
Soit $a$ et $b$ des réels avec $0<a<b$. Soit $(u_n)_{n\in\N}$ et $(v_n)_{n\in\N}$ deux suites définies par $u_0=a$, $v_0=b$ et, pour tout $n\in\N$,
\vspace{-5pt}$$u_{n+1}=\frac{u_n^2}{u_n+v_n}\text{ et }v_{n+1}=\frac{v_n^2}{u_n+v_n}.$$
\begin{enumerate}
\item Montrons par récurrence sur $n$ que
$$\forall n\in\N,~u_n\text{ et } v_n\text{ existent bien et } u_n>0,~v_n>0.$$
Tout d'abord, on a bien $u_0=a>0$ et $v_0=b>0$.\\
Soit $n\in\N$, supposons que $u_n$ et $v_n$ existent bien et que $u_n>0$ et $v_n>0$.\\
On a alors $u_n+v_n>0$ donc, en particulier, $u_n+v_n\neq0$ et ainsi $u_{n+1}$ et $v_{n+1}$ existent bien.\\
De plus, $u_n^2>0$, $v_n^2>0$ et $u_n+v_n>0$ donc $u_{n+1}>0$ et $v_{n+1}>0$. La propriété reste vraie au rang $n+1$.\\
On peut donc affirmer, d'après le principe de récurrence, que
\begin{center}
\fbox{$\forall n\in\N,~u_n\text{ et } v_n\text{ existent bien et } u_n>0,~v_n>0.$}
\end{center}
\item \begin{verbatim}
n = input("Entrez n:")
a = input("Entrez a:")
b = input("Entrez b:")
u = a
v = b
for i=1:n
    x=u^2/(u+v)
    v=v^2/(u+v)
    u=x
end
disp(u,"un=")
disp(v,"vn=")
\end{verbatim}
\item \begin{enumerate}
\item Montrons par récurrence sur $n$ que, pour tout $n\in\N$, $\ds x_n=\left(\frac ab\right)^{2^n}$.\\
Tout d'abord, $\ds x_0=\frac{u_0}{v_0}=\frac ab$ et $\ds \left(\frac ab\right)^{2^0}=\left(\frac ab\right)^1=\frac ab$ donc l'égalité est vérifiée pour $n=0$.\\
Soit $n\in\N$, supposons que $\ds x_n=\left(\frac ab\right)^{2^n}$, alors
$$x_{n+1}=\frac{u_{n+1}}{v_{n+1}}=\frac{\frac{u_n^2}{u_n+v_n}}{\frac{v_n^2}{u_n+v_n}}=\frac{u_n^2}{v_n^2}=\left(\frac{u_n}{v_n}\right)^2=x_n^2=\left(\left(\frac ab\right)^{2^n}\right)^2=\left(\frac ab\right)^{2^n\times 2}=\left(\frac ab\right)^{2^{n+1}}$$
donc l'égalité reste vraie au rang $n+1$.\\
On peut donc affirmer, d'après le principe de récurrence, que
\begin{center}
\fbox{$\forall n\in\N,~x_n=\left(\frac ab\right)^{2^n}.$}
\end{center}
\item Pour tout $n\in\N$,
$$y_{n+1}=u_{n+1}-v_{n+1}=\frac{u_n^2}{u_n+v_n}-\frac{v_n^2}{u_n+v_n}=\frac{u_n^2-v_n^2}{u_n+v_n}=\frac{(u_n+v_n)(u_n-v_n)}{u_n+v_n}=u_n-v_n=y_n.$$
Pour tout $n\in\N$, $y_{n+1}=y_n$ donc
\begin{center}
\fbox{$(y_n)_{n\in\N}\text{ est constante.}$}
\end{center}
\end{enumerate}
\item Pour tout $n\in\N$, $v_n>0$ donc $u_n+v_n>u_n>0$ et
$$\frac{u_n^2}{u_n+v_n}<\frac{u_n^2}{u_n}=u_n$$
autrement dit $u_{n+1}<u_n$.
\begin{center}
\fbox{$(u_n)_{n\in\N}\text{ est strictement décroissante.}$}
\end{center}
\item \begin{enumerate}
\item $$\frac{v_k}{v_{k+1}}=\frac{v_k}{\frac{v_k^2}{u_k+v_k}}=\frac{u_k+v_k}{v_k}=\frac{u_k}{v_k}+1=x_k+1=\left(\frac ab\right)^{2^k}+1=1+x^{2^k}.$$
\begin{center}
\fbox{$\forall k\in\N,~\frac{v_k}{v_{k+1}}=1+x^{2^k}.$}
\end{center}
\item On a, d'après (4)(a)(i), pour tout $n\in\N$,
$$P_n=\prod_{k=0}^n\frac{v_k}{v_{k+1}}=\frac{v_0}{v_{n+1}}=\frac1{v_{n+1}}.$$
\begin{center}
\fbox{$\forall n\in\N,~P_n=\frac1{v_{n+1}}.$}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\section*{Problème - EDHEC 2005}


Un mobile se d\'{e}place sur les points \`{a} coordonn\'{e}es enti\`{e}res
d'un axe d'origine $O$. Au d\'{e}part, le mobile est \`{a} l'origine. Le mobile se d\'{e}place selon la r\`{e}gle suivante : s'il est sur le point
d'abscisse $k$ \`{a} l'instant $n$, alors, \`{a} l'instant $\left(
n+1\right) $ il sera sur le point d'abscisse $\left( k+1\right) $ avec la
probabilit\'{e} $p$ ($0<p<1$) ou sur le point d'abscisse $0$ avec la
probabilit\'{e} $1-p$.

Pour tout $n$ de $\mathbb{N}$, on note $X_{n}$ l'abscisse de ce point \`{a}
l'instant $n$ et l'on a donc $X_{0}=0$. On admet que, pour tout $n$ de $\mathbb{N}$ $X_{n}$ est d\'{e}finie sur un espace probabilis\'{e} $\left( \Omega ,\mathcal{A},\mathrm{P}\right) $. Par ailleurs, on note $T$ l'instant auquel le mobile se trouve pour la premi\`{e}re fois \`{a} l'origine (sans compter son positionnement au d\'{e}part).

Par exemple, si les abscisses successives du mobile apr\`{e}s son d\'{e}part
sont $0$, $0$, $1$, $2$, $0$, $0$, $1$, alors on a $T=1$. Si les abscisses
successives sont: $1$, $2$, $3$, $0$, $0$, $1$, alors on a $T=4$.

%On admet que $T$ est une variable al\'{e}atoire d\'{e}finie sur $\left(
%\Omega ,\mathcal{A},\mathrm{P}\right) $

\begin{enumerate}
\item 
\begin{enumerate}
\item Pour tout $k$ de $\mathbb{N}^{\ast }$, $\left( T=k\right) $ signifie
que le mobile revient en $O$ pour la premi\`{e}re fois \`{a} $k.$ Donc qu'il
y est \`{a} $k$ et qu'il n'y \'{e}tait pas avant :

\begin{center}
\fbox{$\displaystyle
\left( T=k\right) =\bigcap_{i=1}^{k-1}\left( X_{i}\ne 0\right) \cap \left(
X_{k}=0\right) $}
\end{center}

\item Comme il est au point d'abscisse $0$ \`{a} l'instant $0,$ il passera
en $1$ avec une probabilit\'{e} $p$ et reviendra (restera) en $0$ avec une
probabilit\'{e} $1-p$. Donc $X_{1}\left( \Omega \right) =\left\{ 0,1\right\} $. 
$$\mathrm{P}\left(
X_{1}=0\right) =1-p \quad {\rm et} \quad \mathrm{P}\left( X_{1}=1\right) =p$$

\begin{center}
 \fbox{$X_{1}$ suit une loi de Bernouilli de param\`{e}tre $p$, c'est à dire $X_1 \loi{B}(p)$.}
 \end{center} 

\item Les $X_{i}$ ne sont pas ind\'{e}pendants, mais on a d'après la formule des probabilit\'{e}s compos\'{e}es,
\begin{eqnarray*}
\mathrm{P}\left( T=k\right)  &=&\mathrm{P}\left( X_{1}\neq 0\right) \mathrm{P%
}_{X_{1}\neq 0}\left( X_{2}\neq 0\right) \dots \mathrm{P}_{X_{k-1}\neq
0}\left( X_{k}=0\right)  \\
&=&p\cdot p\dots \left( 1-p\right)  \\
&=&p^{k-1}(1-p)
\end{eqnarray*}%
car lorsqu'il n'est pas en $O,$ il y revient avec la probabilit\'{e} $\left(
1-p\right) $ et il n'y revient pas (avance d'une case) avec la probabilit%
\'{e} $p.$

\begin{center}
\fbox{$\forall k \in \N^*, P(T=k) = p^{k-1} (1-p)$}
\end{center}
\end{enumerate}

\item 
\begin{enumerate}
\item On montre par récurrence que $\P_n : \: \{ X_n(\Omega) = \entier{0,n} \}$. 
\begin{itemize}
\item \textbf{Initialisation :} On a vu que $X_{0}\left( \Omega \right) =\left\{ 0\right\} $ et $X_{1}\left( \Omega \right) =\left\{ 0,1\right\} $ Donc $\P_0$ et $\P_1$ sont vraies. 
	\item \textbf{Hérédité :} On suppose que $\P_n$ est vrai pour un certain rang $n$. On a donc $X_n(\Omega) = \entier{0,n}$. 
Les valeurs possibles de $X_{n}$ vont de $0$ \`{a} $n.$ Comme l'abscisse du
point peut augmenter de $1,$ $X_{n+1}$ peut prendre toutes les valeurs de $%
\entier{1,n+1}.$ Et comme il peut \'{e}galement revenir \`{a} l'origine, $X_{n+1}\left(\Omega \right) = \entier{0,n+1} $.

La proposition $\P_{n+1}$ est donc vraie. On en déduit que la suite des proposition $(\P_n)$ est héréditaire. 
	\item \textbf{Conclusion :} \fbox{Pour tout $n \in \N$, $ X_n(\Omega) = \entier{0,n}$. }
	\end{itemize}

\item On applique la formule des probabilit\'{e}s totales avec le syst\`{e}%
me complet d'\'{e}v\'{e}nements $\left( X_{n-1}=k\right) _{0\leq k\leq n-1}:$

\begin{eqnarray*}
\mathrm{P}\left( X_{n}=0\right)  &=&\sum_{k=0}^{n-1}\mathrm{P}\left(
X_{n-1}=k\right) \mathrm{P}_{X_{n-1}=k}\left( X_{n}=0\right)  \\
&=&\sum_{k=0}^{n-1}\left( 1-p\right) \mathrm{P}\left( X_{n-1}=k\right)  \\
&=&\left( 1-p\right) \sum_{k=0}^{n-1}\mathrm{P}\left( X_{n-1}=k\right)  \\
&=&1-p
\end{eqnarray*}%
car la probabilit\'{e} de revenir en $O$ est $\left( 1-p\right) $ et que $%
\left( X_{n-1}=k\right) _{0\leq k\leq n-1}$ est un syst\`{e}me complet d'%
\'{e}v\'{e}nements.

\begin{center}
\fbox{$\mathrm{P}\left( X_{n}=0\right) =1-p$}
\end{center}
\end{enumerate}

\item 
\begin{enumerate}
\item Comme il ne peut avancer que d'un \`{a} chaque \'{e}tape, pour \^{e}%
tre en $k$ \`{a} l'instant $n+1,$ le point devait \^{e}tre en $k-1$ \`{a}
l'instant pr\'{e}c\'{e}dent.

Donc $\;\left( X_{n+1}=k\right) =\left( X_{n}=k-1\right) \cap \left(
X_{n+1}=k\right) $

Et 
\begin{eqnarray*}
\mathrm{P}\left( X_{n+1}=k\right) & =& \,\mathrm{P}\left( X_{n}=k-1\right) 
\mathrm{P}_{X_{n}=k-1}\left( X_{n+1}=k\right) \\
& = & p\,\mathrm{P}\left( X_{n}=k-1\right)
\end{eqnarray*}
car la probabilit\'{e} d'avancer d'un est $p$

\begin{center}
\fbox{$\forall n\in \mathbb{N},\;\forall k\in \left\{
1,2,\dots n+1\right\} ,\;\mathrm{P}\left( X_{n+1}=k\right) =p\,\mathrm{P}%
\left( X_{n}=k-1\right) $}
\end{center}

\item On montre par récurrence que $\P_n : \: \{ \forall k \in \entier{0,n-1}, \; P(X_n = k) = p^k (1-p) \}$. 
\begin{itemize}
\item \textbf{Initialisation :} Pour $n=1$ et $k = 0$, on a $P(X_1 = 0) = 1- p = p^0 (1-p)$. La proposition $\P_1$ est vraie. 
	\item \textbf{Hérédité :} On suppose que $\P_n$ est vrai pour un certain rang $n \geq 1$. Soit $k \in \entier{1,n}$ ainsi $k-1 \in \entier{0,n-1}$. On a d'après la question précédente
	\begin{eqnarray*}
	P(X_{n+1} = k) & = & pP(X_n = k -1) \\
	& = & p \times p^{k-1} (1 - p) \\
	& = & p^k (1-p)
	\end{eqnarray*}
	De plus $P(X_{n+1} = 0) = (1-p) p^0$. 

La proposition $\P_{n+1}$ est donc vraie. On en déduit que la suite des proposition $(\P_n)$ est héréditaire. 
	\item \textbf{Conclusion :} \fbox{Pour tout $n \in \N^*$, $ \forall k \in \entier{0,n-1}, \; P(X_n = k) = p^k (1-p)$. }
	\end{itemize}

et on a $\mathrm{P}\left( X_{n+1}=n+1\right) =p$.$\mathrm{P}\left(
X_{n}=n\right) $

En effet, pour \^{e}tre en $n$ \`{a} l'instant $n,$ il doit avoir avanc\'{e}
d'un \`{a} chaque \'{e}tape, ceci avec une probabilit\'{e} de $p.$

Donc la suite $\left( \mathrm{P}\left( X_{n}=n\right) \right) _{n\in \mathbb{%
N}} $ est g\'{e}om\'{e}trique de raison $p$ et de premier terme $\mathrm{P}%
\left( X_{0}=0\right) =1$

\begin{center}
\fbox{$\forall n\in \mathbb{N}:\mathrm{P}\left(
X_{n}=n\right) =p^{n}\cdot 1$}
\end{center}

\item Pour calculer la somme, on doit distinguer la valeur $k=n$ et les
autres : 
\begin{eqnarray*}
\sum_{k=0}^{n}\mathrm{P}\left( X_{n}=k\right)& = & \mathrm{P}\left(
X_{n}=n\right) +\sum_{k=0}^{n-1}\mathrm{P}\left( X_{n}=k\right) \\
&=&p^{n}+\sum_{k=0}^{n-1}p^{k}\left( 1-p\right) \\
&=&p^{n}+\left( 1-p\right) \frac{1-p^{n}}{1-p} \\
&= &1
\end{eqnarray*}
Ce calcul (d\'{e}coupage de $\sum )$ n'\'{e}tant valable que pour $n-1\ge 0$
donc pour $n\ge 1$

pour $n=0:\sum_{k=0}^{0}\mathrm{P}\left( X_{0}=k\right) =1$
\end{enumerate}

\item Dans cette question et dans cette question seulement, on prend $%
\displaystyle
p=\frac{1}{3}$.

Compl\'{e}ter le programme suivant pour qu'il simule l'exp\'{e}rience al\'{e}%
atoire \'{e}tudi\'{e}e et affiche la valeur prise par $X_{n}$ pour une
valeur de $n$ entr\'{e}e par l'utilisateur.

\begin{verbatim}
n = input("Entrez un entier n")
X = 0
p = 1/3
for k = ..1:n..
    u = rand()
    if ..u < p.. then 
        X = X+1
    else
        X = ..0..
    end
end
disp(X)
\end{verbatim}

\item 
\begin{enumerate}
\item Les trois m\'{e}thodes classiques pour obtenir ce r\'{e}sultat sont :

\begin{itemize}
\item par r\'{e}currence sur $n$ (le plus naturel puisque le r\'{e}sultat
est donn\'{e})

\item en d\'{e}rivant la fonction $x\rightarrow \sum_{k=1}^{n-1}x$

$f\left( x\right) =\sum_{k=1}^{n-1}x^{k}$ est d\'{e}rivable sur $\mathbb{R}$
et $f^{\prime }\left( x\right) =\sum_{k=1}^{n-1}k\,x^{k-1}$

Et comme, pour $x\ne 1,$ $f\left( x\right) =\frac{1-x^{n}}{1-x}$ alors 
\begin{eqnarray*}
f^{\prime }\left( x\right) =\frac{-nx^{n-1}\left( 1-x\right) +\left(
1-x^{n}\right) }{\left( 1-x\right) ^{2}} \\
=\frac{1-nx^{n-1}+\left( n-1\right) x^{n}}{\left( 1-x\right) ^{2}}
\end{eqnarray*}
et donc $\displaystyle
\sum_{k=1}^{n-1}k\,x^{k-1}=\frac{1-nx^{n-1}+\left( n-1\right) x^{n}}{\left(
1-x\right) ^{2}}$ pour tout $x\ne 1.$

\item en d\'{e}veloppant $ \ds \left( 1-p\right) \sum_{k=1}^{n-1}k\,p^{k-1}:$%
\begin{eqnarray*}
\left( 1-p\right) \sum_{k=1}^{n-1}k\,p^{k-1}
&=&\sum_{k=1}^{n-1}k\,p^{k-1}-\sum_{k=1}^{n-1}k\,p^{k} \\
&=&\sum_{h=0}^{n-2}\left( h+1\right) \,p^{h}-\sum_{k=1}^{n-1}k\,p^{k} \\
&=&\sum_{h=0}^{n-2}\,p^{h}+\sum_{h=0}^{n-2}h\,p^{h}-\sum_{k=1}^{n-1}k\,p^{k}
\\
&=&\frac{1-p^{n-1}}{1-p}+0-\left( n-1\right) p^{n-1}\text{ car }p\neq 1 \\
&=&\frac{1-p^{n-1}-\left( 1-p\right) \left( n-1\right) p^{n-1}}{1-p} \\
&=&\frac{1-n\,p^{n-1}+\left( n-1\right) p^{n}}{1-p}
\end{eqnarray*}%
et donc ($1-p\neq 0$) 
\[
\sum_{k=1}^{n-1}k\,p^{k-1}=\frac{1-n\,p^{n-1}+\left( n-1\right) p^{n}}{%
\left( 1-p\right) ^{2}}
\]
\end{itemize}

\item On calcule l'esp\'{e}rance en traitant \`{a} part les valeurs $k=0$ et 
$:n:$ (pour $n\geq 2$ ) 
\begin{eqnarray*}
E\left( X\right)  &=&\sum_{k=0}^{n}k\,\mathrm{P}\left( X=k\right) =0\,%
\mathrm{P}\left( X=0\right) +n\,\mathrm{P}\left( X=n\right)
+\sum_{k=1}^{n-1}k\,\mathrm{P}\left( X=k\right)  \\
&=&n\,p^{n}+\sum_{k=0}^{n-1}k\left( 1-p\right) p^{k}\text{ on fait r\'{e}%
appara\^{\i}tre l'expression pr\'{e}c\'{e}dente } \\
&=&n\,p^{n}+\left( 1-p\right) p\sum_{k=1}^{n-1}kp^{k-1} \\
&=&n\,p^{n}+\left( 1-p\right) p\frac{1-n\,p^{n-1}+\left( n-1\right) p^{n}}{%
\left( 1-p\right) ^{2}} \\
&=&p\frac{n\,\,p^{n-1}\left( 1-p\right) +1-n\,\,p^{n-1}+\left( n-1\right)
p^{n}}{1-p} 
\end{eqnarray*}

formule qui est \'{e}galement valable pour $n=0$ et $n=1.$
\begin{center}
\fbox{Ainsi $E\left( X\right) =  p\frac{1-p^{n}}{1-p}$.}
\end{center}
\end{enumerate}

\item 
\begin{enumerate}
\item On a $\mathrm{P}\left( X_{n+1}=k\right) =p\mathrm{P}\left(
X_{n}=k-1\right) $ pour $k\in \left[ \left[ 1,n+1\right] \right] $

D'apr\`{e}s le th\'{e}or\`{e}me de transfert,

\begin{eqnarray*}
E\left( X_{n+1}^{2}\right) & =& \sum_{k=0}^{n+1}k^{2}\mathrm{P}\left(
X_{n+1}=k\right) \\
&=&\sum_{k=1}^{n+1}k^{2}p\mathrm{P}\left( X_{n}=k-1\right) +0 \\
&=&p\sum_{h=0}^{n}\left( h+1\right) ^{2}p\mathrm{P}\left( X_{n}\right) \\
&=&p\sum_{h=0}^{n}\left( h^{2}+2h+1\right) p\mathrm{P}\left( X_{n}\right)  \\
&=&p\left( \sum_{h=0}^{n}h^{2}p\mathrm{P}\left( X_{n}\right) +2\sum_{h=0}^{n}hp%
\mathrm{P}\left( X_{n}\right) +\sum_{h=0}^{n}p\mathrm{P}\left( X_{n}\right)
\right) 
\end{eqnarray*}

\begin{center}
\fbox{Donc $E\left( X_{n+1}^{2}\right) = p\left( E\left( X_{n}^{2}\right) +2E\left( X_{n}\right) +1\right)$}
\end{center}

\item Avec $\displaystyle
u_{n}=E\left( X_{n}^{2}\right) +\left( 2n-1\right) \frac{p^{n+1}}{1-p},$ on
a : 
\begin{eqnarray*}
u_{n+1} & =& E\left( X_{n+1}^{2}\right) +\left( 2\left( n+1\right) -1\right) 
\frac{p^{n+2}}{1-p} \\
& = & p\left( E\left( X_{n}^{2}\right) +2E\left( X_{n}\right) +1\right) +\left(
2n+1\right) \frac{p^{n+2}}{1-p} \\
&= & pE\left( X_{n}^{2}\right) +2p^{2}\frac{1-p^{n}}{1-p}+p+\left( 2n+1\right) 
\frac{p^{n+2}}{1-p} \\
& =& pE\left( X_{n}^{2}\right) +p^{2}\frac{2\left( 1-p^{n}\right) +\left(
2n+1\right) p^{n}}{1-p}+p \\
& =& pE\left( X_{n}^{2}\right) +p^{2}\frac{2+\left( 2n-1\right) p^{n}}{1-p}+p \\
& = & pE\left( X_{n}^{2}\right) +\frac{p^{2}+p+\left( 2n-1\right) p^{n+2}}{1-p}
\end{eqnarray*}
en rempla\c{c}ant $E\left( X_{n}\right) $ par sa valeur.

Et en partant du second membre : 
\begin{eqnarray*}
p\,u_{n}+\frac{p\left( 1+p\right) }{1-p} & = & p\,\left( E\left( X_{n}^{2}\right)
+\left( 2n-1\right) \frac{p^{n+1}}{1-p}\right) +\frac{p\left( 1+p\right) }{%
1-p} \\
& =& p\,E\left( X_{n}^{2}\right) +\frac{p^{2}+p+\left( 2n-1\right) p^{n+2}}{1-p}
\\
& = &u_{n+1}
\end{eqnarray*}

\textsl{Conclusion : }\fbox{$\displaystyle
u_{n+1}=p\,u_{n}+\frac{p\left( 1+p\right) }{1-p}$}

\item La suite $u$ est donc arithm\'{e}tico-g\'{e}om\'{e}trique.

On d\'{e}termine $c$ tel que $c=p\,c+\frac{p\left( 1+p\right) }{1-p}%
\Longleftrightarrow c\left( 1-p\right) =\frac{p\left( 1+p\right) }{1-p}%
\Longleftrightarrow c=\frac{p\left( 1+p\right) }{\left( 1-p\right) ^{2}}$

Et soit $v_{n}=u_{n}-c$ pour tout $n$ entier.

On a alors $v_{n+1}=u_{n+1}-c=p\,u_{n}+\frac{p\left( 1+p\right) }{1-p}%
-\left( p\,c+\frac{p\left( 1+p\right) }{1-p}\right) =p\,v_{n}$

Et la suite $v$ est g\'{e}om\'{e}trique de raison $p$ et de premier terme $%
v_{0}=u_{0}-\frac{p\left( 1+p\right) }{\left( 1-p\right) ^{2}}$

avec $u_{0}=E\left( X_{0}^{2}\right) +-\frac{p}{1-p}=-\frac{p}{1-p}$ donc $%
v_{0}=-\frac{p}{1-p}-\frac{p\left( 1+p\right) }{\left( 1-p\right) ^{2}}=%
\frac{-2p}{\left( 1-p\right) ^{2}}$

$\displaystyle
v_{n}=\frac{-2p^{n+1}}{\left( 1-p\right) ^{2}}$ et $u_{n}=v_{n}+c=\frac{%
-2p^{n+1}}{\left( 1-p\right) ^{2}}+\frac{p\left( 1+p\right) }{\left(
1-p\right) ^{2}}=\frac{-2p^{n+1}+p\left( 1+p\right) }{\left( 1-p\right) ^{2}}
$

Et comme 
\begin{eqnarray*}
E\left( X_{n}^{2}\right) & = & u_{n}-\left( 2n-1\right) \frac{p^{n+1}}{1-p} \\
& = &\frac{-2p^{n+1}+p\left( 1+p\right) }{\left( 1-p\right) ^{2}}-\left(
2n-1\right) \frac{p^{n+1}}{1-p} \\
& = &\frac{-2p^{n+1}+p\left( 1+p\right) -\left( 1-p\right) \left( 2n-1\right)
p^{n+1}}{\left( 1-p\right) ^{2}} \\
& =& \frac{\left( -2n-1+p\left( 2n-1\right) \right) p^{n+1}+p\left( 1+p\right) }{%
\left( 1-p\right) ^{2}}
\end{eqnarray*}

\item On d\'{e}veloppe le calcul de la variance : 
\begin{eqnarray*}
V\left( X_{n}\right) & =& E\left( X_{n}^{2}\right) -E\left( X_{n}\right) ^{2} \\
& = &\frac{\left( -2n-1+p\left( 2n-1\right) \right) p^{n+1}+p\left( 1+p\right) }{%
\left( 1-p\right) ^{2}}-p^{2}\frac{\left( 1-p^{n}\right) ^{2}}{\left(
1-p\right) ^{2}} \\
& = &\frac{\left( -2n-1+p\left( 2n-1\right) \right) p^{n+1}+p\left( 1+p\right)
-p^{2}\left( 1-2p^{n}+p^{2n}\right) }{\left( 1-p\right) ^{2}} \\
& = &\frac{p}{\left( 1-p^{2}\right) }\left[ \left( -2n-1+p\left( 2n-1\right)
\right) p^{n}+1+p-p\left( 1-2p^{n}+p^{2n}\right) \right] \\
& = &\frac{p}{\left( 1-p^{2}\right) }\left[ \left( -2n-1+p\left( 2n+1\right)
\right) p^{n}+1-p^{2n+1}\right] 
\end{eqnarray*}

\begin{center}
\fbox{Finalement $V\left( X_{n}\right) = \dfrac{p}{\left( 1-p^{2}\right) }\left[ 1+\left( 2n+1\right) \left( -1+p\right) p^{n}-p^{2n+1}\right]$.}
\end{center}

\end{enumerate}
\end{enumerate}

\end{document}