\input{../preambules/preDM.tex}
\usepackage{enumitem}
\usepackage{dcolumn}
\usepackage{lscape}
\usepackage[np]{numprint}
\usepackage{tabularx}
\usepackage{pstricks,pst-plot,pst-tree,pst-3dplot,pstricks-add}
\renewcommand{\P}{\mathscr{P}}
\begin{document}

\chead{Correction SIGMA n°3}
\lfoot{}


\begin{center}
\fbox{ \Large Correction SIGMA n°3}
\end{center}
\vspace{30pt}


\section*{Exercice I - Exponentielle de matrice}

\subsection*{PARTIE I. Exponentielle d'une matrice carr\'{e}e d'ordre 3.}

Soient $A$ et $P$ les matrice d\'{e}finies par : 
\[
A=\left( 
\begin{array}{rrr}
1 & 1 & 1 \\ 
-1 & 1 & -1 \\ 
-2 & 0 & -2
\end{array}
\right) ,\quad P=\left( 
\begin{array}{rrr}
2 & 1 & 1 \\ 
-1 & 2 & -1 \\ 
1 & -1 & 1
\end{array}
\right) 
\]

\begin{enumerate}
\item Voici un programme scilab permettant de trouver l'inverse de $P$. 
\begin{verbatim}
P = [2 , 1 ,1 ; -1 , 2 , -1 ; 1, -1,1]
disp (inv(P)) 
\end{verbatim}
\item  On applique la m\'{e}thode de Gauss :
\begin{align*}
& \left( 
\begin{array}{rrr}
2 & 1 & 1 \\ 
-1 & 2 & -1 \\ 
1 & -1 & 1
\end{array}
\right)
\left(
\begin{array}{rrr}
1 & 0 & 0 \\ 
0 & 1 & 0 \\ 
0 & 0 & 1
\end{array}
\right) 
\begin{array}{r}
L_{1}-2L_{3}\rightarrow L_{3} \\ 
L_{2}+L_{1}\rightarrow L_{2} \\ 
L_{3}\rightarrow L_{1}
\end{array}
\\
\Longleftrightarrow & \left( 
\begin{array}{rrr}
1 & -1 & 1 \\ 
0 & 1 & 0 \\ 
0 & 3 & -1
\end{array}
\right)
\left(
\begin{array}{rrr}
0 & 0 & 1 \\ 
0 & 1 & 1 \\ 
1 & 0 & -2
\end{array}
\right) 
\begin{array}{r}
L_{1}+L_{2} \\ 
\\ 
L_{3}-3L_{2}
\end{array} \\
\Longleftrightarrow & \left( 
\begin{array}{rrr}
1 & 0 & 1 \\ 
0 & 1 & 0 \\ 
0 & 0 & -1
\end{array}
\right) \left(
\begin{array}{rrr}
0 & 1 & 2 \\ 
0 & 1 & 1 \\ 
1 & -3 & -5
\end{array}
\right) 
\begin{array}{r}
L_{1}+L_{3} \\ 
\\ 
-L_{3}
\end{array} \\
\Longleftrightarrow & \left( 
\begin{array}{rrr}
1 & 0 & 0 \\ 
0 & 1 & 0 \\ 
0 & 0 & 1
\end{array} 
\right) \left(
\begin{array}{rrr}
1 & -2 & -3 \\ 
0 & 1 & 1 \\ 
-1 & 3 & 5
\end{array}
\right)
\end{align*}

Donc $P$ est inversible et $P^{-1}=\left( 
\begin{array}{rrr}
1 & -2 & -3 \\ 
0 & 1 & 1 \\ 
-1 & 3 & 5
\end{array}
\right) $
\item  On pose $T=P\,A\,P^{-1}.$

\begin{enumerate}
\item   On a 
\begin{align*} 
T& =P\left( 
\begin{array}{rrr}
1 & 1 & 1 \\ 
-1 & 1 & -1 \\ 
-2 & 0 & -2
\end{array}
\right) \left( 
\begin{array}{rrr}
1 & -2 & -3 \\ 
0 & 1 & 1 \\ 
-1 & 3 & 5
\end{array}
\right) \\
& =\left( 
\begin{array}{rrr}
2 & 1 & 1 \\ 
-1 & 2 & -1 \\ 
1 & -1 & 1
\end{array}
\right) \left( 
\begin{array}{ccc}
0 & 2 & 3 \\ 
0 & 0 & -1 \\ 
0 & -2 & -4
\end{array}
\right)\\
& = \left( 
\begin{array}{ccc}
0 & 2 & 1 \\ 
0 & 0 & -1 \\ 
0 & 0 & 0
\end{array}
\right)
\end{align*}

\item  Donc $T^{2}=\allowbreak \left( 
\begin{array}{ccc}
0 & 2 & 1 \\ 
0 & 0 & -1 \\ 
0 & 0 & 0
\end{array}
\right) \allowbreak \left( 
\begin{array}{ccc}
0 & 2 & 1 \\ 
0 & 0 & -1 \\ 
0 & 0 & 0
\end{array}
\right) =\left( 
\begin{array}{ccc}
0 & 0 & -2 \\ 
0 & 0 & 0 \\ 
0 & 0 & 0
\end{array}
\right) $

et $T^{3}=T^{2}T=\left( 
\begin{array}{ccc}
0 & 0 & -2 \\ 
0 & 0 & 0 \\ 
0 & 0 & 0
\end{array}
\right) \left( 
\begin{array}{ccc}
0 & 2 & 1 \\ 
0 & 0 & -1 \\ 
0 & 0 & 0
\end{array}
\right) =0$

Donc pour tout $n\ge 3,$ puis $T^{n}=T^{n-3}T^{3}=0$ (on peut d\'{e}velopper
la puissance car $n-3\ge 0$ )
\end{enumerate}

\item  On a alors 
\begin{center}
\fbox{$
\forall n\ge 3,\quad A^{n}=P^{-1}T^{n}P=0
$}
\end{center}
\item  Pour tout r\'{e}el $t,$ on d\'{e}fint la matrice $E\left( t\right) $
par : 
\[
E\left( t\right) =I+tA+\frac{t^{2}}{2}A^{2}
\]
o\`{u} $I$ d\'{e}signe la matrice unit\'{e} (identité) d'ordre 3.

\begin{enumerate}
\item   on simplifie le produit en utilisant que $A^{3}=A^{4}=0$

\begin{align*}
E\left( t\right) E\left( t^{\prime }\right) & = \left( I+tA+\frac{t^{2}}{2}%
A^{2}\right) \left( I+t^{\prime }A+\frac{t^{\prime 2}}{2}A^{2}\right)  \\
& =I+\left( t+t^{\prime }\right) A+\left( \frac{t^{2}}{2}+t\,t^{\prime }+\frac{%
t^{\prime 2}}{2}\right) A^{2}+\left( t\frac{t^{^{\prime }2}}{2}+t^{\prime }%
\frac{t^{2}}{2}\right) A^{3}+\frac{t^{2}t^{\prime 2}}{4}A^{4} \\
& =I+\left( t+t^{\prime }\right) A+\frac{1}{2}\left( t+t^{\prime }\right)
^{2}A^{2} \\
&  \boxed{=E\left( t+t^{\prime }\right) }
\end{align*}

\textbf{N.B.} c'est cette propri\'{e}t\'{e} qui est caract\'{e}ristique de
l'exponentielle. ($e^{a+b}=e^{a}e^{b}$ )

\item  n a pour tout $t$ r\'{e}el, $E\left( t\right) E\left( -t\right)
=E\left( t-t\right) =E\left( 0\right) =I$

Donc $E\left( t\right) $ est inversible et \begin{center}
\fbox{$\displaystyle
E\left( t\right) ^{-1}=E\left( -t\right) =I-tA+\frac{t^{2}}{2}A^{2}$}
\end{center}

\item  On a aussi par une r\'{e}currence imm\'{e}diate que \begin{center}
\fbox{$\left[ E\left(
t\right) \right] ^{n}=\displaystyle
E\left( nt\right) =I+nt\,A+\frac{\left( nt\right) ^{2}}{2}A^{2}$ pour tout
entier naturel $n.$}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\subsection*{PARTIE II. Exponentielle d'une matrice carr\'{e}e d'ordre 2.}

Soient $B$ et $D$ les matrices d\'{e}finies par : 
\[
B=\left( 
\begin{array}{rr}
0 & -1 \\ 
2 & 3
\end{array}
\right) ,\quad D=\left( 
\begin{array}{rr}
1 & 0 \\ 
0 & 2
\end{array}
\right) , \quad
Q = \left( 
\begin{array}{rr}
1 & 1 \\ 
-1 & -2
\end{array}
\right).
\]

Pour tout entier naturel $n$ nonnul, et pour tout r\'{e}el $t,$ on
d\'{e}finit la matrice $E_{n}\left( t\right) $ par : 
\[
E_{n}\left( t\right) =\sum_{k=0}^{n}\frac{t^{k}}{k!}B^{k}\;\text{que l'on
note\ }E_{n}\left( t\right) =\left( 
\begin{array}{rr}
a_{n}\left( t\right) & c_{n}\left( t\right) \\ 
b_{n}\left( t\right) & d_{n}\left( t\right)
\end{array}
\right) 
\]

\begin{enumerate}
\item  Le déterminant de la matrice $Q$ est $1 \times (-2) - 1 \times (-1) = -1$. 
\begin{center}
\fbox{La matrice $Q$ est alors inversible et son inverse est 
$
Q^{-1} = \begin{pmatrix}
2 & 1 \\
-1 & -1 
\end{pmatrix} 
$}
\end{center}

\item On calcule alors 
\begin{align*}
Q^{-1} B Q & = \begin{pmatrix}
2 & 1 \\
-1 & -1 
\end{pmatrix} \times \left( 
\begin{array}{rr}
0 & -1 \\ 
2 & 3
\end{array}
\right) \times \left( 
\begin{array}{rr}
1 & 1 \\ 
-1 & -2
\end{array}
\right) \\
& = \begin{pmatrix}
2 & 1 \\
-2 & -2
\end{pmatrix} \times \left( 
\begin{array}{rr}
1 & 1 \\ 
-1 & -2
\end{array}
\right) \\
& = \begin{pmatrix}
1 & 0 \\
0 & 2
\end{pmatrix}
\end{align*}

On a donc bien
\begin{center}
\fbox{$
Q^{-1}BQ=D
$}
\end{center}

\item On peut montrer ce résultat par récurrence ou on peut utiliser la formule $ B = Q D Q^{-1} $. 
On montre alors par récurrence que $B^n = Q D^n Q^{-1}$. 

Or, par propriété du cours 
$$
D^n  = \begin{pmatrix}
1 & 0 \\
0 & 2^n 
\end{pmatrix}
$$

On a alors 
\begin{align*}
B^n & = \left( 
\begin{array}{rr}
1 & 1 \\ 
-1 & -2
\end{array}
\right) \times 
\begin{pmatrix}
1 & 0 \\
0 & 2^n 
\end{pmatrix} \times \begin{pmatrix}
2 & 1 \\
-1 & -1 
\end{pmatrix} \\
& = \left( 
\begin{array}{rr}
1 & 1 \\ 
-1 & -2
\end{array}
\right) \times  \begin{pmatrix}
2 & 1 \\
- 2^n & - 2^n
\end{pmatrix} \\
& = \begin{pmatrix}
2 - 2^n & 1 - 2^n  \\
-2 + 2^{n+1} & - 1 + 2^{n+1}
\end{pmatrix}
\end{align*}

 On a donc pour tout entier naturel $n,$ montrer que : 
\begin{center}
\fbox{$
B^{n}=\left( 
\begin{array}{cc}
2-2^{n} & 1-2^{n} \\ 
2^{n+1}-2 & 2^{n+1}-1
\end{array}
\right) 
$}
\end{center}

\item   La somme $\displaystyle
\sum_{k=0}^{n}\frac{t^{k}}{k!}B^{k}$ de matrice se calcule terme \`{a}
terme. Donc 
\[
\forall n\in \Bbb{N},\quad a_{n}\left( t\right) =\sum_{k=0}^{n}\frac{t^{k}}{%
k!}\left( 2-2^{k}\right) =\sum_{k=0}^{n}\frac{2t^{k}-\left( 2t\right) ^{k}}{%
k!}
\]
et de m\^{e}me

\begin{eqnarray*}
b_{n}\left( t\right) =\sum_{k=0}^{n}\frac{t^{k}}{k!}\left( 2^{k+1}-2\right)
=\sum_{k=0}^{n}\frac{-2t^{k}+2\left( 2t\right) ^{k}}{k!} \\
c_{n}\left( t\right) =\sum_{k=0}^{n}\frac{t^{k}}{k!}\left( 1-2^{k}\right)
=\sum_{k=0}^{n}\frac{t^{k}-\left( 2t\right) ^{k}}{k!} \\
d_{n}\left( t\right) =\sum_{k=0}^{n}\frac{t^{k}}{k!}\left( 2^{k+1}-1\right)
=\sum_{k=0}^{n}\frac{-t^{k}+2\left( 2t\right) ^{k}}{k!}
\end{eqnarray*}

\item  En d\'{e}veloppant, on fait apparaitre des sommes partielles de
s\'{e}ries exponentielles :

\begin{eqnarray*}
a_{n}\left( t\right) =\sum_{k=0}^{n}\frac{2t^{k}-\left( 2t\right) ^{k}}{k!}%
=2\sum_{k=0}^{n}\frac{t^{k}}{k!}-\sum_{k=0}^{n}\frac{\left( 2t\right) ^{k}}{%
k!} \\
\rightarrow 2e^{t}-e^{2t}
\end{eqnarray*}
et de m\^{e}me 
\begin{eqnarray*}
b_{n}\left( t\right) =-2\sum_{k=0}^{n}\frac{t^{k}}{k!}+2\sum_{k=0}^{n}\frac{%
\left( 2t\right) ^{k}}{k!}\rightarrow -2e^{t}+2e^{2t} \\
c_{n}\left( t\right) =\sum_{k=0}^{n}\frac{t^{k}}{k!}-\sum_{k=0}^{n}\frac{%
\left( 2t\right) ^{k}}{k!}\rightarrow e^{t}-e^{2t} \\
d_{n}\left( t\right) =-\sum_{k=0}^{n}\frac{t^{k}}{k!}+2\sum_{k=0}^{n}\frac{%
\left( 2t\right) ^{k}}{k!}\rightarrow -e^{t}+2e^{2t}
\end{eqnarray*}
lorsque $n$ tend vers $+\infty .$


\item  Pour tout $t$ r\'{e}el, onpose alors : 
\[
E\left( t\right) =\left( 
\begin{array}{cc}
\lim\limits_{n\rightarrow +\infty }a_{n}\left( t\right)  & 
\lim\limits_{n\rightarrow +\infty }c_{n}\left( t\right)  \\ 
\lim\limits_{n\rightarrow +\infty }b_{n}\left( t\right)  & 
\lim\limits_{n\rightarrow +\infty }d_{n}\left( t\right) 
\end{array}
\right) 
\]

On a donc 
\[
E\left( t\right) =\left( 
\begin{array}{cc}
2e^{t}-e^{2t} & e^{t}-e^{2t} \\ 
2e^{2t}-2e^{t} & 2e^{2t}-e^{t}
\end{array}
\right) 
\]

\begin{enumerate}

\item   On s\'{e}pare alors les termes : 
\begin{eqnarray*}
E\left( t\right) =\left( 
\begin{array}{cc}
2e^{t}-e^{2t} & e^{t}-e^{2t} \\ 
2e^{2t}-2e^{t} & 2e^{2t}-e^{t}
\end{array}
\right)  \\
=e^{t}\left( 
\begin{array}{cc}
2 & 1 \\ 
-2 & -1
\end{array}
\right) +e^{2t}\left( 
\begin{array}{cc}
-1 & -1 \\ 
2 & 2
\end{array}
\right) 
\end{eqnarray*}
donc $E_{1}=\left( 
\begin{array}{cc}
2 & 1 \\ 
-2 & -1
\end{array}
\right) $ et $E_{2}=\left( 
\begin{array}{cc}
-1 & -1 \\ 
2 & 2
\end{array}
\right) $ conviennent pour $E\left( t\right) =e^{t}E_{1}+e^{2t}E_{2}$

\item  On trouve alors :

$E_{1}^{2}=\left( 
\begin{array}{cc}
2 & 1 \\ 
-2 & -1
\end{array}
\right) \left( 
\begin{array}{cc}
2 & 1 \\ 
-2 & -1
\end{array}
\right) =\allowbreak \left( 
\begin{array}{cc}
2 & 1 \\ 
-2 & -1
\end{array}
\right) =E_{1}$

$E_{2}^{2}=\left( 
\begin{array}{cc}
-1 & -1 \\ 
2 & 2
\end{array}
\right) \left( 
\begin{array}{cc}
-1 & -1 \\ 
2 & 2
\end{array}
\right) =\allowbreak \left( 
\begin{array}{cc}
-1 & -1 \\ 
2 & 2
\end{array}
\right) =E_{2}$

$E_{1}E_{2}=\left( 
\begin{array}{cc}
-1 & -1 \\ 
2 & 2
\end{array}
\right) =\allowbreak \left( 
\begin{array}{cc}
0 & 0 \\ 
0 & 0
\end{array}
\right) $

et $E_{2}E_{1}=\left( 
\begin{array}{cc}
-1 & -1 \\ 
2 & 2
\end{array}
\right) \left( 
\begin{array}{cc}
2 & 1 \\ 
-2 & -1
\end{array}
\right) =\left( 
\begin{array}{cc}
0 & 0 \\ 
0 & 0
\end{array}
\right) $

\item  En s'inspirant de la partie pr\'{e}c\'{e}dente .... on calcule 
\begin{eqnarray*}
E\left( t\right) E\left( -t\right)  &=&\left( e^{t}E_{1}+e^{2t}E_{2}\right)
\left( e^{-t}E_{1}+e^{-2t}E_{2}\right)  \\
&=&e^{t-t}E_{1}^{2}+e^{t-2t}E_{1}E_{2}+e^{2t-t}E_{2}E_{1}+e^{2t-2t}E_{2}^{2}
\\
&=&E_{1}+E_{2} \\
&=&I
\end{eqnarray*}
Donc $E\left( t\right) $ est inversible et son inverse est $E\left(
-t\right) $
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\section*{Exercice 2 - EML 2018}
\def\Rpstar{]0,+\infty[}
	\noindent Dans tout cet exercice, $f$ désigne la fonction définie sur $\Rpstar$ par~: 
		$$\forall x \in \Rpstar, \quad f(x) = x - \ln(x).$$
		
	\subsection*{Partie I~: \'Etude de la fonction $f$}
		\begin{enumerate}
			\item La fonction $x \mapsto x$ est dérivable sur $\R$ et la fonction $x \mapsto \ln(x)$ est dérivable sur $\R_+^*$ donc $f$ est dérivable sur $\R_+^*$. Alors, pour tout $x \in \Rpstar$, on a 
				$$f'(x) = 1 - \frac 1x = \frac{x-1}{x}.$$
				Par ailleurs,
 				$$\li_{x \tos 0} f(x) = \li_{x \tos 0} x - \li_{x \tos 0} \ln(x) = + \infty$$
 				et, par croissances comparées, 
 				$$\li_{x \to + \infty} f(x) = \li_{x \to + \infty} x \left( 1 - \dfrac{\ln(x)}{x} \right) = + \infty.$$
				On en déduit le tableau de variations suivant~: 
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=4,espcl=2]{$x$/1, Signe de $f'(x)$/1, Variations de $f$/2}{$0$,$1$,$+ \infty$}
\tkzTabLine{d,-,z,+,} 
\tkzTabVar{D+/$+\infty$,-/1,+/$+ \infty$}
\end{tikzpicture}
\end{center}

			\item Sur $]0,1[$, la fonction $f$ est continue, strictement décroissante et ses limites aux bornes sont $+\infty$ et $1$. Il suit du théorème de la bijection que $f$ induit une bijection de $]0,1[$ vers $]1,+\infty[$. Puisque $2 \in ]1,+\infty[$, il existe un unique réel $a \in ]0,1[$ tel que $f(a) = 2$.
			
			\noindent De même, sur $]1,+\infty[$, la fonction $f$ est continue, strictement croissante et limites aux bornes sont $1$ et $+\infty$. Il suit à nouveau du théorème de la bijection continue que $f$ induit une bijection de $]1,+\infty[$ vers $]1,+\infty[$. Puisque $2 \in ]1,+\infty[$, il existe un unique réel $b \in ]1,+\infty[$ tel que $f(b) = 2$.
			
			Enfin, $f(1) = 1 \neq 2$ et donc~: 

\begin{center}
\fbox{L'équation $f(x) = 2$ n'admet que deux solutions sur $\R_+^*$~: $a \in ]0,1[$ et $b \in ]1,+\infty[$.}
\end{center}
		
			\item On a 
				$$f(2) = 2 - \ln(2) \approx 1,3 < 2,$$
				$$f(4) = 4 - \ln(4) = 4-2\ln(2) \approx 2,6 > 2.$$
				La fonction $f$ étant continue sur $[2;4]$, il suit du théorème des valeurs intermédiaires qu'il existe $x \in [2,4]$ tel que $f(x) = 2$. Par unicité de la solution à cette équation sur $]1,+\infty[$, on a $x=b$ et donc~:
\begin{center}
\fbox{$b \in [2;4]$.}
\end{center}
			
		\end{enumerate}

	\subsection*{Partie II~: \'Etude d'une suite}
		
		\noindent On pose~: $u_0 = 4 \et \forall n \in \N, \, u_{n+1} = \ln(u_n) + 2$.
		
		\begin{enumerate}[resume, label = \bfseries \arabic*.]
			\item Montrons, par récurrence sur $n \in \N$, que la suite $(u_n)_{n \in \N}$ est bien définie et que l'on a~: $\forall n \in \N, \quad u_n \in [b,+\infty[$.
			
			\noindent \underline{Initialisation~:} Si $n = 0$, on a $u_0 = 4$ de sorte que $u_0$ est bien défini et $u_0 = 4 \geq b$ d'après \textbf{3}.
			
			\noindent \underline{Hérédité~:} Soit $n \in \N$ tel que $u_n$ est défini et $u_n \geq b$. Alors $u_n > 0$ donc $u_{n+1} = \ln(u_n) + 2$ est bien défini. En outre, par croissance du logarithme, 
			$$\ln(u_n) \geq \ln(b) = b-2$$ 
la dernière égalité provient du fait que $2 = f(b) = b - \ln(b)$. Ainsi, $u_{n+1} \geq b-2 + 2 = b$ et donc $u_{n+1} \in [b,+\infty[$.
			
			En conclusion, 
\begin{center}
\fbox{$\forall n \in \N, u_n \textrm{ existe  et } u_n \geq b.$}
\end{center}
			
			\item Soit $n \in \N$. On a 
				\begin{align*}
					u_{n+1} - u_n
						& = \ln(u_n) + 2 - u_n \\
						& = 2 - (u_n - \ln(u_n)) \\
						& = 2 - f(u_n)
				\end{align*}
				Mais $u_n \geq b$ d'après \textbf{4} et $f$ est croissante sur $[b,+\infty[ \subset [1,+\infty[$ d'après \textbf{1}. Ainsi, $f(u_n)  \geq f(b) = 2$ et donc 
				$$u_{n+1} - u_n \leq 2-2 = 0.$$
				Ainsi, 
\begin{center}
	\fbox{$(u_n)_{n \in \N}$ est décroissante.}
\end{center}
					La suite $(u_n)_{n \in \N}$ étant minorée par $b$ d'après \textbf{4}, elle converge vers une limite $\ell \geq b$.
				
En utilisant la continuité du logarithme et le théorème du point fixe, il vient 
				$$\ell = \ln(\ell) + 2$$ 
				ou encore 
				$$f(\ell) = 2.$$
				Par unicité de la solution de l'équation $f(x) = 2$ sur $]1,+\infty[$, on a $\ell = b$.
				
				En conclusion,
\begin{center}
\fbox{$\li_{n \to + \infty} u_n = b$.}
\end{center}
			\item 
			\begin{enumerate}[label = \bfseries \alph*.]
				\item Considérons la fonction $g$ définie sur $[b,+\infty[$ par $g(x) = \ln(x)+2$. C'est une fonction dérivable et, pour tout $x \geq b$, on a 
					$$g'(x) = \frac 1x.$$
					Alors, puisque $b \geq 2$, on a~:
					$$\forall x \geq b, \quad |g'(x)|  = \frac 1x \leq \frac 1b \leq \frac 12.$$
					En outre, $g(b) = \ln(b) + 2 = b$ et, pour tout $n \in \N$, $g(u_n) = u_{n+1}$.
					
					La suite $(u_n)$ convergeant vers $b$ en décroissant, il suit de l'inégalité des accroissements finis que, pour tout $n \in \N$,
					\begin{align*}
						u_{n+1} - b 
							& = |u_{n+1} - b| \\
							& = |g(u_n) - g(b)| \\
							& \leq \frac 12 |u_n - b| \\
							& = \frac 12 (u_n -b).
					\end{align*}
					Ainsi,
\begin{center}
\fbox{$\forall n \in \N, \quad u_{n+1} - b \leq \frac 12 (u_n -b).$}
\end{center}
				\item La suite $(u_n)$ convergeant en décroissant vers $b$, on a déjà
					$$\forall n \in \N, \quad 0 \leq u_n - b.$$
					Montrons alors par récurrence sur $n \in \N$ que $u_n - b \leq \dfrac{1}{2^{n-1}}.$
					
					\noindent \underline{Initialisation~:} Pour $n = 0$, puisque $b \in [2;4]$ d'après \textbf{3}, il vient 
						$$u_0-b = 4-b \leq 4-2 = 2 = \frac{1}{2^{-1}} = \frac{1}{2^{0-1}}.$$
						
					\noindent \underline{Hérédité~:} Soit $n \in \N$ tel que $u_n - b \leq \dfrac{1}{2^{n-1}}.$ Alors, il suit de \textbf{6.a} que
						\begin{align*}
							u_{n+1} - b 
								& \leq \frac 12 (u_n - b) \\
								& \leq \frac{1}{2} \times \frac{1}{2^{n-1}} \\
								& = \frac{1}{2^{(n+1)-1}}.
						\end{align*}
						
					Ainsi,
\begin{center}
\fbox{$\forall n \in \N, \quad 0 \leq u_n - b \leq \frac{1}{2^{n-1}}.$}
\end{center}

			\end{enumerate}
			\item 
			\begin{enumerate}[label = \bfseries \alph*.]
				\item Nous proposons la fonction suivante~: 
				
				\hrulefill
				\begin{verbatim}
1. function u = suite(n)
2.	u = 4
3.	for i=1:n
4.		u = log(u)+2
5.	end
6. endfunction
				\end{verbatim}
\hrulefill
				
				
				\item Recopier et compléter la ligne 3 de la fonction Scilab suivante afin que, prenant en argument un réel \tt{epsilon} strictement positif, elle renvoie une valeur approchée de $b$ à \tt{epsilon} près.
				
				\noindent \hrulefill
				\begin{verbatim}
1. function b = valeur_approchee(epsilon)
2.	n = 0
3.	while .1/2^(n-1) > epsilon.
4.		n = n+1
5.	end 
6.	b = suite(n)
7. endfunction
				\end{verbatim}
				\noindent \hrulefill
			\end{enumerate}
		\end{enumerate}

	\subsection*{Partie III~: \'Etude d'une fonction définie par une intégrale}
	
		\noindent On note $\Phi$ la fonction donnée par~: 
			$$\Phi(x) = \int_x^{2x} \frac{1}{f(t)}~dt.$$
			
		\begin{enumerate}[resume, label = \bfseries \arabic*.]
			\item La fonction $t \mapsto f(t)$ est continue et ne s'annule pas sur $\R_+^*$, elle y admet donc une primitive que l'on note $G$. On a alors~:
				$$\forall x \in \R_+^*, \quad \Phi(x) = G(2x) - G(x).$$
				Il s'ensuit que $\Phi$ est dérivable sur $\R_+^*$ et que, pour tout $x \in \R_+^*$, on a~: 
				\begin{align*}
					\Phi'(x) 
						& = 2G'(2x) - G'(x) \\
						& = \frac{2}{f(2x)} - \frac{1}{f(x)} \\
						& = \frac{2}{(2x - \ln(2x))} - \frac{1}{(x - \ln(x))} \\
						& = \frac{2(x-\ln(x)) - (2x - \ln(2x))}{(2x - \ln(2x))(x - \ln(x))} \\
						& = \frac{2x - 2 \ln(x) - 2x + \ln(2x)}{(2x - \ln(2x))(x - \ln(x))} \\
						& = \frac{- 2 \ln(x) + \ln(2) + \ln(x) }{(2x - \ln(2x))(x - \ln(x))}.
				\end{align*}
				Ainsi, 
\begin{center}
\fbox{$\forall x \in \R_+^*, \quad \Phi'(x) = \dfrac{ \ln(2) - \ln(x)}{(2x - \ln(2x))(x - \ln(x))}.$}
\end{center}

			\item Soit $x \in \R_+^*$. On a 
				$$x - \ln(x) = f(x) > 0 \et 2x - \ln(2x) = f(2x) > 0$$
				donc $\Phi'(x)$ est du signe de $\ln(2) - \ln(x)$, d'où le tableau de variations~: 
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=4,espcl=2]{$x$/1, Signe de $\Phi'(x)$/1, Variations de $\Phi$/2}{$0$,$2$,$+ \infty$}
\tkzTabLine{,+,z,-,} 
\tkzTabVar{-/,+/,-/}
\end{tikzpicture}
\end{center}
			\item Pour tout $t > 0$, il suit de \textbf{1} que $f(t) \geq 1$ donc $0 \leq \dfrac{1}{f(t)} \leq 1$. Ainsi, par croissance de l'intégrale~:
				$$\forall x > 0, \quad 0 \leq \Phi(x) = \int_x^{2x} \frac{1}{f(t)} ~dt \leq \int_x^{2x} 1~dt = (2x- x) = x.$$
				En conclusion,
\begin{center}
\fbox{$\forall x > 0, \quad 0 \leq \Phi(x) \leq x.$}
\end{center}
			\item
			\begin{enumerate}[label = \bfseries \alph*.]
				\item En appliquant le théorème d'encadrement à l'inégalité trouvée en \textbf{10}, on obtient 
					$$
						\li_{x \tos 0} \Phi(x) = 0.
					$$
					Ainsi,
\begin{center}
	\fbox{$\Phi$ est prolongeable par continuité en 0, avec $\Phi(0) = 0$.}
\end{center}
On note encore $\Phi$ la fonction ainsi prolongée. Préciser alors $\Phi(0)$.
				\item Soit $x >0$. On a 
\begin{align*}
\Phi'(x) & = \dfrac{\ln(2) - \ln(x)}{(x-\ln(x))(2x - \ln(2x)} \\
         & = \dfrac{\ln(x) \left(\dfrac{\ln(2)}{\ln(x)} - 1 \right)}{\ln(x) \left(\dfrac{x}{\ln(x)} - 1 \right)\ln(2x) \left(\dfrac{2x}{\ln(2x)} - 1 \right)} \\
         & = \dfrac{1}{\ln(2x)} \times \dfrac{\left(\dfrac{\ln(2)}{\ln(x)} - 1 \right)}{ \left(\dfrac{x}{\ln(x)} - 1 \right) \left(\dfrac{2x}{\ln(2x)} - 1 \right)}
\end{align*}
Or, $\li_{x \tos 0} \dfrac{x}{\ln(x)} = 0$, $\li_{x \tos 0} \dfrac{\ln(2)}{\ln(x)} = 0$ et $\li_{x \tos 0} \dfrac{1}{\ln(2x)} = 0$. 
					Ainsi,
\begin{center}
\fbox{$ \li_{x \tos 0} \Phi'(x) = 0.$}
\end{center}
					On admet quer la fonction $\Phi$ est alors dérivable en 0 et que $\Phi'(0) = 0$.
			\end{enumerate}
			\item On commence par observer que l'on a les éléments caractéristiques suivants~:
				\begin{itemize}
					\item Une asymptote horizontale d'équation $y = \ln(2)$ en $+\infty$~;
					\item Une tangente horizontale au point $(2,\Phi(2))$~;
					\item Une (demi-)tangente horizontale au point $(0,\Phi(0))$.
				\end{itemize}
				On obtient alors un graphique ayant l'allure suivante (celui-ci ayant été réalisé numériquement avec Scilab)~:
				
				\begin{center}
					\includegraphics[width=15cm]{EML2018-Ex2-q12}
				\end{center}
	

		\end{enumerate}

\section*{Exercice 3A - ECRICOME ECT 2010}
Cet exercice étudie deux jeux de un dés avec des d\'{e}s équilibrés \`{a} six faces.
\subsection*{I. Étude du premier jeu.}
Dans ce jeu on lance simultanément deux dés équilibrés, si les deux donnent le même résultat alors le joueur marque $1$ point, sinon il ne marque pas de point.\\
\begin{enumerate}
\item Lorsqu'on lance deux dés, l'ensemble des résultats est $\Omega = \entier{1,6}^2 $. On a donc $card(\Omega) = 36$. De plus $A = \{ (i,i), i \in \entier{1,6} \}$ donc $card(A) = 6$. On a donc 
\begin{center}
\fbox{$P(A) = \dfrac{card(A)}{card(\Omega)} = \dfrac{6}{36} = \dfrac{1}{6}$. }
\end{center}

\item Le joueur répète $n$ fois le même jeu et on note alors $Y_n$ le nombre de points obtenus par le joueur après ces $n$ parties.
\begin{enumerate}
\item "Marquer un point" est une expérience de Bernoulli qui a pour probabilité de succès $p = \dfrac{1}{6}$. On répète cette expérience de manière indépendante. $Y_n$ compte le nombre de points obtenus, c'est à dire le nombre de succès de cette expérience de Bernoulli. 
\begin{center}
\fbox{$
Y_n \loi{B}(n,1/6).
$}
\end{center}
On a donc 
\begin{center}
\fbox{$
\forall k \in \entier{0,n}, \quad P(Y_n = k) = \vect{n}{k}{} \left(\dfrac{1}{6} \right)^k \left( \dfrac{5}{6} \right)^{n-k}.
$}
\end{center}
\item On a alors 
\begin{center}
\fbox{$E(Y_n) = \dfrac{n}{6}$ et $V(Y_n) = \dfrac{5n}{36}$. }
\end{center}
\end{enumerate}
\end{enumerate}


\subsection*{II. Étude d'un deuxième jeu.}

Pour ce jeu, effectuer une partie consiste \`{a} lancer successivement deux d%
\'{e}s \'{e}quilibr\'{e}s.\\

\noindent On note :

\begin{itemize}
\item $D_{1}$ le r\'{e}sultat du premier d\'{e} et $D_{2}$ le r\'{e}sultat
du deuxi\`{e}me d\'{e}

\item $E_{1}$ l'\'{e}v\'{e}nement : $\left( D_{1}<D_{2}\right) $, $E_{2}$ l'%
\'{e}v\'{e}nement : $\left( D_{1}=D_{2}\right) $ et $E_{3}$ l'\'{e}v\'{e}%
nement : $\left( D_{1}>D_{2}\right) $\\
\end{itemize} 

\noindent Lors d'une partie,

\begin{itemize}
\item si l'\'{e}v\'{e}nement $E_{1}$ se produit alors le joueur ne marque
pas de point,

\item si l'\'{e}v\'{e}nement $E_{2}$ se produit alors le joueur marque 2
points,

\item si l'\'{e}v\'{e}nement $E_{3}$ se produit alors le joueur marque 1
point.\\
\end{itemize} 

%\subsection*{I. Etude de parties successives.}

%Soit $n$ un entier naturel non nul. Le joueur joue successivement $n$
%parties.
\noindent Le joueur répète $n$ fois ce jeu. Pour tout entier naturel $i\geq 1$, on note :

\begin{itemize}
\item $X_{i}$ la variable al\'{e}atoire repr\'{e}sentant le nombre de points
marqu\'{e}s lors de la $i^{\grave{e}me}$ partie ;

\item $S_{i}$ le nombre de points marqu\'{e}s apr\`{e}s $i$ parties.
\end{itemize}

\begin{enumerate}
\item On a déjà calculé la probabilité de l'évènement $E_2$, il s'agit de l'évènement $A$ de la partie précédente. Donc 
\begin{center}
\fbox{$p(E_2) = p(A) = \dfrac{1}{6}$. }
\end{center}
Les évènements $(D_1 < D_2)$ et $(D_1 > D_2)$ ont la même probabilité (car ils sont symétriques). On a donc $p(E_1) = p(E_3)$. Comme la somme des probabilités doit faire 1, on a 
\begin{align*}
p(E_1) + p(E_2) + p(E_3) = 1 & \Longleftrightarrow 2p(E_1) = 1 - \dfrac{1}{6} \\
& \Longleftrightarrow 2p(E_1) = \dfrac{5}{6} \\
& \Longleftrightarrow \boxed{p(E_1) = \dfrac{5}{12}}
\end{align*}

\item Soit $i\in \left \{ 1,2,\dots ,n\right \} $, on a $X_i(\Omega) = \entier{0,2}$ et 
$
P(X_i = 0) = P(E_1) = \dfrac{5}{12}, \quad P(X_i = 1) = \dfrac{1}{6}, \et 
$
On a alors 
\begin{align*}
E(X_i) & = 0 \times P(X_i = 0) + 1 \times P(X_i = 1) + 2 \times P(X_i = 2) \\
& = 0 + \dfrac{5}{12} + \dfrac{2}{6} \\
& \boxed{= \dfrac{9}{12}}
\end{align*}

D'après la formule de transfert, on a 
\begin{align*}
E(X_i^2) & = 0^2 \times P(X_i = 0) + 1^2 \times P(X_i = 1) + 2^2 \times P(X_i = 2) \\
& = 0 + \dfrac{5}{12} + \dfrac{4}{6} \\
& \boxed{= \dfrac{13}{12}}
\end{align*}
On peut alors calculer la variance avec la formule de Koenig-Huygens
\begin{align*}
V(X_i) & = E(X_i^2) - E(X_i)^2 \\
& = \dfrac{13}{12} - \dfrac{81}{144} \\
& \boxed{= \dfrac{75}{144}}
\end{align*}

\item $S_1$ représente le nombre de points après 1 partie donc 
\begin{center}
\fbox{$S_1 = X_1$. }
\end{center}

\item $S_2$ représente le nombre de points après 2 parties. On a donc 
$S_2(\Omega) = \entier{0,4}$. 
\begin{itemize}
\item $S_2 = 0$ si et seulement si on obtient $0$ aux deux premiers lancers. On a alors 
$$
P(S_2 = 0)  = P(X_1 = 0 \cap X_2 = 0) = P(X_1 = 0) P(X_2 = 0) = \left( \dfrac{5}{12} \right)^2 = \dfrac{25}{144}
$$
\item $S_2 = 4$ si et seulement si on obtient $2$ aux deux premiers lancers. On a alors 
$$
P(S_2 = 4) = P(X_1 = 2 \cap X_2 = 2) = P(X_1= 2) P(X_2 = 2) = \left( \dfrac{1}{6} \right)^2 = \dfrac{1}{36}
$$
\item $S_2 =1$ si et seulement si on obtient $1$ au premier lancer ou au deuxième lancer et si on obtient 0 sur l'autre lancer. On a alors 
\begin{align*}
P(S_2 = 1) & = P((X_1 = 1 \cap X_2 = 0) \cup (X_1 = 0 \cap X_2 = 1)) \\
& = P(X_1 =1) P(X_2 = 0) + P(X_1 = 0)P(X_2 = 1) \\
& = \dfrac{25}{144} + \dfrac{25}{144} \\
& \boxed{= \dfrac{25}{72} }
\end{align*}
\item $S_2 =3$ si et seulement si on obtient $2$ au premier lancer ou au deuxième lancer et si on obtient 1 sur l'autre lancer. On a alors 
\begin{align*}
P(S_2 = 3) & = P((X_1 = 1 \cap X_2 = 2) \cup (X_1 = 2 \cap X_2 = 1)) \\
& = P(X_1 =1) P(X_2 = 2) + P(X_1 = 2)P(X_2 = 1) \\
& = \dfrac{5}{72} + \dfrac{5}{72} \\
& \boxed{= \dfrac{5}{36} }
\end{align*}
\item $S_2 =2$ si on obtient $2$ au premier lancer ou au deuxième lancer et si on obtient 0 sur l'autre lancer ou si on obtient $1$ sur les deux lancers. On a alors 
\begin{align*}
P(S_2 = 2) & = P((X_1 = 0 \cap X_2 = 2) \cup (X_1 = 2 \cap X_2 = 0) \cup (X_1 = 1 \cap X_2 = 1)) \\
& = P(X_1 =0) P(X_2 = 2) + P(X_1 = 2)P(X_2 = 0) + P(X_1= 1)P(X_2 = 1) \\
& = \dfrac{5}{72} + \dfrac{5}{72} + \dfrac{25}{144} \\
& \boxed{= \dfrac{45}{144} }
\end{align*}
\end{itemize}
\item On a \begin{center}
\fbox{$S_3(\Omega) = \entier{1,6}$. }
\end{center}

\item
\begin{enumerate}
\item Pour tout $n \in \N$, $S_n$ représente le nombre de points obtenus donc 
\begin{center}
\fbox{$
S_n = X_1 + X_2 + \ldots + X_n
$}
\end{center}
On a donc 
\begin{center}
\fbox{$
E(S_n) = E(X_1 + X_2 + \ldots + X_n) = E(X_1) + E(X_2) + \ldots + E(X_n) = \dfrac{9}{12} n
$}
\end{center}

\item Il doit faire au minimum plus de 14 parties pour obtenir plus de 10 points en moyenne. 
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\section*{Exercice 3B - ECRICOME 2019 ECS }

Une urne contient initialement une boule blanche et une boule noire. On
effectue une succession de tirages d'une boule dans cette urne. Après chaque
tirage, on remet la boule tirée dans l'urne, et on rajoute dans l'urne une
boule de couleur opposée à celle qui vient d'être tirée.

On suppose que cette expérience est modélisée par un espace probabilisé $(
\Omega , \mathcal{\ T } , \mathbb{\ P } )$

Pour tout $k\in \mathbb{N}$, on note $X_{k}$ le nombre de boules blanches pré%
sentes dans l'urne juste avant le $(k+1)$-ième tirage. En particulier, on a $%
X_{0}=1$. On admet que pour tout entier $k$, $X_{k}$ est une variable alé%
atoire de $(\Omega ,\mathcal{\ T},\mathbb{\ P})$.

\subsection*{Partie A}

\begin{enumerate}
\item Avant le 2e tirage c'est-\`a-dire apr\`es le premier, il y a soit 2 blanches (B) et une noire (N) si on a pioch\'e N au premier tour. Si on pioche B au premier tour, on aura   2 N et une B. 

Donc $X_1(\Omega)=\{1,2\}.$ On a $\mathbb{P}(X_1=1)=\mathbb{P}(B_1)=\frac12$ donc $\mathbb{P}(X_1=2)=\frac12.$ On reconna\^\i t une loi uniforme sur $[\![1,2]\!].$ Ainsi 
\begin{center}
\fbox{$E(X_1)=\frac32$ et $V(X_1)=\frac{4-1}{12}=\frac14.$}
\end{center}

\item Lors de deux tirages, on peut extraire 2 N ou 2 B ou bien 1 N et 1 B donc $X_2$ peut valoir 3 ou 2 ou 1 donc $X_2(\Omega)=\entier{1,3}.$ $[X_2=1]$ est r\'ealis\'e si et seulement si $B_1\cap B_2$ est r\'ealis\'e donc 
$$\mathbb{P}([X_2=1])=\mathbb{P}(B_1\cap B_2)=\mathbb{P}(B_1)\mathbb{P}_{B_1}(B_2)=\frac12 \times \frac13=\frac16$$ car sachant ${B_1}$, le deuxi\`eme tirage se fait dans une urne avec  1 B et 2 N.

De m\^eme $[X_2=3]$ est r\'ealis\'e si et seulement si $N_1\cap N_2$ est r\'ealis\'e donc 
$$\mathbb{P}([X_2=3])=\mathbb{P}(N_1\cap N_2)=\mathbb{P}(N_1)\mathbb{P}_{N_1}(N_2)=\frac12 \times \frac13=\frac16$$ car sachant ${N_1}$, le deuxi\`eme tirage se fait dans une urne avec  1 N et 2 B.

Donc \begin{center}
\fbox{$\mathbb{P}([X_2=2] ) = 1 - \mathbb{P}([X_2=1]) -\mathbb{P}([X_2=3]) =1-\frac16-\frac16=\frac23.$}
\end{center}
\item Sachant qu'il y a une blanche et une noire au d\'ebut, lors de $k$ tirages on peut extraire entre 0 et $k$ blanches donc apr\`es ceux-ci, l'urne peut contenir entre 1 blanche et $k+1$ blanches donc \fbox{$X_k(\Omega)=\entier{1,k+1}.$}

\item Soit $i\in\N^*, j\in [\![1,k+1]\!].$ Il est imm\'ediat qu'apr\`es le $k^e$ tirage, il y a $k+1$ boules dans l'urne car une ajoute une boule \`a chaque tirage. Donc apr\`es le $(k+1)^e$ tirage, il y a $k+2$ boules dans l'urne. Le tirage $k+1$ am\`ene une B ou une N donc \`a son issue, le nombre de B est stable ou est augment\'e de 1. Donc  \begin{center}
\fbox{si $i\ne j $ et $i\ne j+1$ alors $\mathbb{P}_{ [X_k=j]}([X_{k+1}=i])= 0.$}
\end{center}

Selon le protocole,  le nombre de B est stable apr\`es un tirage si et seulement si on sort une B   donc $\mathbb{P}_{ [X_k=j]}([X_{k+1}=j])$ est la probabilit\'e de sortir une B dans une urne contenant $j$ B et $k+2$ boules donc 
\begin{center}
\fbox{$\mathbb{P}_{ [X_k=j]}([X_{k+1}=j])=\dfrac{j}{k+2}.$}
\end{center}

Selon le protocole,  le nombre de B est augment\'e de 1  apr\`es un tirage si et seulement si on sort une N   donc $\mathbb{P}_{ [X_k=j]}([X_{k+1}=j+1])$ est la probabilit\'e de sortir une N dans une urne contenant $j$ B et $k+2$ boules donc 
\begin{center}
\fbox{$P_{ [X_k=j]}([X_{k+1}=j+1])=\dfrac{k+2-j}{k+2}.$}
\end{center}

\item Soit $k\in\N,$ si $i\notin [\![1,k+2]\!]=X_{k+1}(\Omega),$ alors $\mathbb{P}(X_{k+1}=i)=0$ et comme $i-1\notin [\![1,k+1]\!]=X_k(\Omega),$ on a aussi $\mathbb{P}(X_{k}=i)=\mathbb{P}(X_{k}=i-1)=0$ donc la formule $(*)$ est vraie.

Supposons $i = k+2,$ alors $[X_{k+1}=k+2]$ est r\'ealis\'e si et seulement si $[X_{k}=k+1]\cap N_{k+1}$ est r\'ealis\'e car le nombre maximal de B apr\`es $k$ tirages est $k+1.$ Donc $\mathbb{P}(X_{k+1}=k+2)=\mathbb{P}(X_{k}=k+1)P_{[X_{k}=k+1]}(N_{k+1}) =\mathbb{P}(X_{k}=k+1)\times \frac{1}{k+2}.$ Or $k+2\notin X_k(\Omega)$ donc $\mathbb{P}(X_{k}=k+2)=0$ donc la formule 
$$\mathbb{P}\left( %
\left[ X_{k+1}=i\right] \right) =\frac{i}{k+2}{\mathbb{P}}\left( \left[
X_{k}=i\right] \right) +\frac{3+k-i}{k+2}\mathbb{\ }\mathbb{P}\left( \left[ X_{k}=i-1%
\right] \right) \mathtt{\quad }\left( \ast \right) 
$$
est vraie pour $i=k+2.$


Supposons $i\in [\![1,k+1]\!],$ On applique la formule des probabilit\'es totales avec le syst\`eme complet d'\'ev\'enements $\{[X_k=j]\}_{1\le j \le k+1}$ ce qui donne $$
\mathbb{P}\left( %
\left[ X_{k+1}=i\right] \right) =\sum_{j=1}^{k+1} \mathbb{P}(X_k=j)\mathbb{P}_{[X_k=j]}( X_{k+1}=i)$$
or $\mathbb{P}_{[X_k=j]}( X_{k+1}=i)=0$ si $i\ne j $ et $i\ne j+1$ donc il reste deux termes dans la somme



$$\mathbb{P}\left( %
\left[ X_{k+1}=i\right] \right) = 
\mathbb{P}(X_k=i)\mathbb{P}_{[X_k=i]}( X_{k+1}=i)+ \mathbb{P}(X_k=i-1)\mathbb{P}_{[X_k=i-1]}( X_{k+1}=i).$$
On a vu que $\mathbb{P}_{[X_k=i]}( X_{k+1}=i)=\frac{i}{k+2}.$

Si $i=1,$ alors $\mathbb{P}(X_k=i-1)=\mathbb{P}(X_k=0) = 0$ et la formule $(*)$ est valable pour $i=1$, sinon la question pr\'ec\'edente avec $j=i-1$ donne $\mathbb{P}_{[X_k=i-1]}( X_{k+1}=i) = \frac{k+2-(i-1)}{k+2}=\frac{k+3-i}{k+2}.$

Finalement on a bien dans tous les cas 


\begin{center}
\fbox{$\ds \mathbb{P}\left( %
\left[ X_{k+1}=i\right] \right)
=\frac{i}{k+2}{\ P}\left( \left[
X_{k}=i\right] \right) +\frac{3+k-i}{k+2}\mathbb{\ }P\left( \left[ X_{k}=i-1
\right] \right) \mathtt{\quad }\left( \ast \right).$}
\end{center}

\item On a $X_3(\Omega)=[\![1,4]\!],$ et 
\begin{center}
 \fbox{$\mathbb{P}(X_3=1)=\frac{1}{4}\mathbb{P}(X_2=1)=\frac{1}{24}$}
 \end{center} 
 \begin{center}
 \fbox{$\mathbb{P}(X_3=4)=\frac{1}{4}\mathbb{P}(X_2=3)=\frac{1}{24}$}
 \end{center}

puis \begin{center}
\fbox{$\mathbb{P}(X_3=2)=\frac{2}{4}\mathbb{P}(X_2=2)+\frac{3}{4}\mathbb{P}(X_2=1)=\frac{1}{3}+\frac{1}{8} = \frac{11}{24}$}
\end{center}
 et enfin \begin{center}
 \fbox{$\mathbb{P}(X_3=3) = 1 - \mathbb{P}(X_3=1)-\mathbb{P}(X_3=2)-\mathbb{P}(X_3=4)=\frac{11}{24}.$}
 \end{center}

\item 
\begin{enumerate}
\item  On reprend la question 5 avec $i=1$ et $\mathbb{P}(X_k=0) = 0$ ainsi, pour tout $k\in \N$, on a\\ $\mathbb{P}(X_{k+1}=1)=\dfrac{1}{k+2}\mathbb{P}(X_k=1).$ Avec $\mathbb{P}(X_0=1) = 1,$ une r\'ecurrence simple donne 
\begin{center}
\fbox{$\mathbb{P}(X_{k}=1)=\dfrac{1}{(k+1)!}.$}
\end{center}

\item On reprend la question 5 avec $i=k+2$ et $\mathbb{P}(X_k=k+2) = 0$ ainsi, pour tout $k\in \N$, on a \\$\mathbb{P}(X_{k+1}=k+2)=\frac{3+k-(k+2)}{k+2}\mathbb{P}(X_k=k+1) = \frac{1}{k+2}\mathbb{P}(X_k=k+1).$ Avec $\mathbb{P}(X_0=1) = 1,$ une r\'ecurrence simple donne 
\begin{center}
\fbox{$\mathbb{P}(X_{k}=k+1)=\dfrac{1}{(k+1)!}.$}
\end{center}

\item $\bullet$ Soit $k\in\N, a_{k+1}=(k+2)!\mathbb{P}(X_{k+1}=2) = (k+2)!\left(\frac{2}{k+2}{\ P}\left( \left[
X_{k}=2\right] \right) +\frac{3+k-2}{k+2}\mathbb{\ }P\left( \left[ X_{k}=1
\right] \right)\right)$

donc $a_{k+1} = (k+2)!\left(\frac{2}{k+2}\frac{a_k}{(k+1)!}+\frac{3+k-2}{k+2}\frac{1}{(k+1)!}\right)  = 2a_k+k+1.$\\

$\bullet$ $b_{k+1} = a_{k+1} + k+1 + 2 =2a_k+k+1+k+3 = 2(a_k+k+2)=2b_k.$
\\

$\bullet$ La suite $(b_j)$ est g\'eom\'etrique de raison 2 donc, pour tout $k\in \N,$ $b_k=2^kb_0=2^k(a_0+2)= 2^{k+1}$ car $\mathbb{P}(X_0=2)=0.$ Donc $a_k=2^{k+1}-k-2$ et 
\begin{center}
\fbox{$\mathbb{P}(X_k=2)=\dfrac{2^{k+1}-k-2}{(k+1)!}.$}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\subsection*{Partie B}

\begin{enumerate}
\item[8.] La ligne 5 simule une loi uniforme sur $[\![1,n+b]\!]$ en effet {\tt rand()} simule une loi uniforme sur $]0,1[$ donc {\tt rand()*(n+b)} simule une loi uniforme sur $]0,n+b[$  donc {\tt 1+ rand()*(n+b)} simule une loi uniforme sur $]1,1+n+b[$ en prenant la partie enti\`ere  {\tt floor(1+ rand()*(n+b))} simule une loi uniforme sur $[\![1,n+b]\!]$. Donc $r$ est un nombre entier choisi au hasard dans $[\![1,n+b]\!]$, on peut consid\'erer que les boules N ont les num\'eros 1 \`a $n$ et que les blanches ont les num\'eros $n+1$ \`a $n+b$. Ainsi $n$ est le nombre de N et $b$ le nombre de B.  Donc si $r>n$, on a sorti une B et $n$ est augment\'e de 1 sinon on a sorti une N et $b$ augment\'e  de 1.

$n$ et $b$ sont initialis\'es \`a 1 ensuite on simule $k$ tirages et on retourne $b$ le nombre de B \`a la fin des ces tirages. \begin{center}
\fbox{On a donc simulé $X_k.$}
\end{center}
\end{enumerate}

\begin{enumerate}
\item[9.] On calcule les effectifs de chaque valeur entre 1 et $k+1$  puis on divise par $N$ pour avoir les fr\'equences. On passe sur le tiret du nom de la fonction qui n'est correct syntaxiquement.
\begin{verbatim}
function LE = loiExpo(k,N)
    LE=zeros(1,k+1)
    for j=1:N
        valeur  = mystere(k)
        LE(valeur) = LE(valeur) + 1
    end
    LE = LE/N
endfunction
\end{verbatim}

\item[10.] La matrice $M$ est telle que $(M)_{k,i}=\mathbb{P}(X_k=i),$ on retourne donc la $n^e$ ligne de $M.$
\begin{verbatim}

function LT=loiTheo(n)
    M=zeros(n,n+1)
    M(1,1)=1/2
    M(1,2)=1/2
    for k=1:n-1
        M(k+1,1)=M(k,1)/(k+2)
        for i=2:k+1
          M(k+1,i)=(i/(k+2))*M(k,i)+(3+k-i)/(k+2)*M(k,i-1)
        end
        M(k+1,k+2)=M(k+1,1)
    end
    LT=M(n,:)
endfunction\end{verbatim}

\item[11.] En th\'eorie $\mathbb{P}(X_5=1)=\mathbb{P}(X_5=6)=\frac{1}{6!}$ or dans le tableau les valeurs sont distinctes donc c'est un calcul exp\'erimental avec {\tt LoiExp}.
\end{enumerate}


\subsection*{Partie C}

\begin{enumerate}
\item[12.] Pour tout couple d'entiers $(i,j)$ tels que $1\leqslant j<i$, on d%
éfinit l'application $\varphi _{i,j}$ par .%
\begin{equation*}
\varphi _{i,j}:%
\begin{array}{ccc}
{\ \mathbb{\ R}[X]} & {\ \longrightarrow } & {\ \mathbb{\ R}[X]} \\ 
{\ P} & {\ \longmapsto } & {\ jP(X+1)-iP(X)}%
\end{array}%
\end{equation*}

\begin{enumerate}
\item Si $P$ est nul alors $\varphi_{i,j}(P)$ est nul aussi.

Si ${P}(X)=\sum\limits_{k=0}^n\alpha_kX^k$ avec $\alpha_n\ne 0$ alors $\mathbb{P}(X+1)=\sum\limits_{k=0}^n\alpha_k(X+1)^k$ aura le m\^eme terme dominant que $\alpha_n(X+1)^n$ car les autres termes sont tous de degr\'es inf\'erieurs stricts \`a $n$ donc le terme dominant de $\mathbb{P}(X+1)$ est $\alpha_nX^n$ donc par somme 
comme $j\ne i,$ le terme dominant de $j{P}(X+1)-i{P}(X)$ sera $(j-i)\alpha_nX^n$ avec $(j-i)\alpha_n\ne 0.$

Donc \begin{center}
\fbox{${P}(X)$ et $\varphi_{i,j}(P)$ ont le m\^eme degr\'e}.
\end{center}

\item On voit donc que si $P$ n'est pas nul alors $\varphi_{i,j}(P)$ ne l'est pas non plus donc par contraposée, 
\begin{center}
\fbox{$\varphi_{i,j} (P) = 0 \Rightarrow P = 0$}
\end{center}

On considère que ce qui précède justifie le fait que l'application $\varphi_{i,j}$ est bijective. On dé%
finit le polynôme $P_{i,j}$ pour tout couple d'entiers $(i,j)$ tels que $%
1\leqslant j\leqslant i,$ en posant 
\begin{equation*}
P_{1,1}(X)=1,\quad \text{ et pour }1\leqslant j<i,\quad P_{i,j}(X)=\varphi
_{i,j}^{-1}\left( (3+X-i)P_{i-1,j}(X)\right)
\end{equation*}%
et enfin pour tout entier $i>1$. 
\begin{equation*}
P_{i,i}(X)=-\sum_{j=1}^{i-1}P_{i,j}(0)
\end{equation*}
\end{enumerate}

\item[13.] 

\begin{enumerate}
\item Par d\'efinition, $P_{2,1}(X)=\varphi_{2,1}^{-1}((3+X-2)P_{2-1,1}(X)) = \varphi_{2,1}^{-1}(X+1)$ or \\
$\varphi_{2,1}(-X-2) = 1\times (-(X+1)-2)-2(-X-2) = X+1$ donc $-X-2=\varphi_{2,1}^{-1}(X+1).$

Et $P_{2,2}=-P_{2,1}(0)=2.$ On remarquera que $P_{i,i}(X)$ en g\'en\'eral est d\'efini comme une somme de r\'eels donc est un polyn\^ome constant.

\item  On a $P_{3,2}(X)= \varphi_{3,2}^{-1}((3+X-3)P_{3-1,2}(X)) = \varphi_{3,2}^{-1}(2X)$ or 

$\varphi_{3,2}(-2X-4) = 2(-2(X+1)-4) - 3(-2X-4) = -4X-12 +6X+12 = 2X$ donc $\varphi_{3,2}^{-1}(2X) =-2X-4.$ 

On admettra dans la suite que : $P_{3,1}(X)=\frac{1}{2}X^{2}+\frac{3}{2}X+1%
\text{ et }P_{3,3}(X)=3$.
\end{enumerate}

\item[14.] On considère, pour tout entier $i$ de $\mathbb{N}^{\ast }$, la
propriété suivante .%
\begin{equation*}
\mathcal{H}_{i}:\og\forall k\in \mathbb{\ N},\mathbb{\ P}\left( \left[
X_{k}=i\right] \right) =\frac{1}{(k+1)!}\sum_{j=1}^{i}P_{i,j}(k)j^{k}\fg
\end{equation*}%
On souhaite montrer par récurrence que, pour tout $i$ de $\mathbb{N}^{\ast
},\ \mathcal{H}_{i}$, est vraie.

\begin{enumerate}
\item ${\cal H}_1$ s'\'ecrit  : $\forall k\in\N, \mathbb{P}(X_k=1) = \frac{1}{(k+1)!}P_{1,1}(k)1^k.$
 C'est vrai car on sait que $P_{1,1} =1$ et $\mathbb{P}(X_k=1) = \frac{1}{(k+1)!}.$

\item Soit $i\ge 2,$ on suppose ${\cal H}_{i-1}$ vraie, soit $k\in \N,$
$$\begin{array}{rcl}\alpha_{k+1}&=&(k+2)!\mathbb{P}(X_{k+1}=i)-\sum\limits_{j=1}^{i-1}P_{i,j}(k+1)j^{k+1}\\
 &=& (k+2)!\left( \frac{i}{k+2}{\mathbb{P}}\left( 
X_{k}=i\right) +\frac{3+k-i}{k+2}\mathbb{P}\left( X_{k}=i-1\right)\right) -
\sum\limits_{j=1}^{i-1}P_{i,j}(k+1)j^{k+1}\text{ avec $(*)$}\\
 &=& (k+1)!\left(i{\mathbb{P}}\left( 
X_{k}=i\right) + ({3+k-i} )\mathbb{P}\left( X_{k}=i-1\right)\right) -
\sum\limits_{j=1}^{i-1}P_{i,j}(k+1)j^{k+1}\\
&=& (k+1)!\left(i{\mathbb{P}}\left( 
X_{k}=i\right) + ({3+k-i} )\frac{1}{(k+1)!}\sum\limits_{j=1}^{i-1}P_{i-1,j}(k)j^k\right) -
\sum\limits_{j=1}^{i-1}P_{i,j}(k+1)j^{k+1} \text{ avec ${\cal H}_{i-1}$}\\
&=&  (k+1)!i{\mathbb{P}}\left( 
X_{k}=i\right) + \sum\limits_{j=1}^{i-1}\left(\underbrace{({3+k-i} )P_{i-1,j}(k)}j^k -
P_{i,j}(k+1)j^{k+1 }\right)\\
&=&  (k+1)!i{\mathbb{P}}\left( 
X_{k}=i\right) + \sum\limits_{j=1}^{i-1}\left(\underbrace{\varphi_{i,j}(P_{i,j}(X))(k)}j^k -
P_{i,j}(k+1)j^{k+1 }\right)\text{ par d\'efinition de $P_{i,j}$}\\
&=&  (k+1)!i{\mathbb{P}}\left( 
X_{k}=i\right) + \sum\limits_{j=1}^{i-1}\left(\underbrace{(jP_{i,j}(X+1)-iP(X))(k)}j^k -
P_{i,j}(k+1)j^{k+1 }\right)\text{ par d\'efinition de $\varphi_{i,j}$}\\
&=&  (k+1)!i{\mathbb{P}}\left( 
X_{k}=i\right) + \sum\limits_{j=1}^{i-1}\left(j^{k+1}P_{i,j}(k+1)-iP_{i,j}(k)j^k -
P_{i,j}(k+1)j^{k+1 }\right)\text{ par \'evaluation en $k$}\\
&=&  i\left((k+1)!{\mathbb{P}}\left( 
X_{k}=i\right) - \sum\limits_{j=1}^{i-1}P_{i,j}(k)j^k\right) = i \alpha_k.
\end{array}$$
Donc $(\alpha _k)$ est g\'eom\'etrique de raison $i$ donc, pour tout $k\in \N,$ $\alpha_k=i^k\alpha_0.$

Or $\alpha_0=  (0+1)!{\mathbb{P}}\left( 
X_{0}=i\right) - \sum\limits_{j=1}^{i-1}P_{i,j}(0)j^0=P_{i,i}(X)$ car $i>1$ donc $\mathbb{P}\left( X_{0}=i\right)=0$.

Donc $\alpha_k=-i^kP_{i,i}(X)$ donc $(k+1)!\mathbb{P}\left( 
X_{k}=i\right) - \sum\limits_{j=1}^{i-1}P_{i,j}(k)j^k  = i^kP_{i,i}(k)$ car $P_{i,i}$ est un polyn\^ome constant.


Donc $(k+1)!\mathbb{P}\left( 
X_{k}=i\right) = \sum\limits_{j=1}^{i-1}P_{i,j}(k)j^k  + i^kP_{i,i}(k)  = \sum\limits_{j=1}^{i}P_{i,j}(k)j^k$.

Cela prouve que ${\cal H}_i$ est vraie.

\item Le 14(a) initialise la r\'ecurrence, le 14(b) assure l'h\'er\'edit\'e donc, pour tout $i\in\N^*,$ on a, pour tout $k\in\N,$
$$ \mathbb{P}\left( 
X_{k}=i\right) = \frac{1}{(k+1)!}\sum\limits_{j=1}^{i}P_{i,j}(k)j^k .$$

\end{enumerate}
\end{enumerate}

\end{document}