\input{../preambules/preCorrection.tex}

\begin{document}

\chead{Correction Feuille Exercice 6}
\lfoot{}
\cfoot{Sommes et Produits, Applications.}

\begin{center}
\fbox{ \Large Correction Feuille Exercice 6}
\end{center}
\vspace{30pt}

\setcounter{theorem}{12}

\label{Manipuler une inégalité mettant en jeu une somme.}
\savoir{Manipuler une inégalité mettant en jeu une somme.}

\begin{exo}
\begin{enumerate}
\item Soit $x \geq 0$. On a l'équivalence $e^x \geq x \Longleftrightarrow e^x - x \geq 0$. On pose alors la fonction 
$$
f : x \to e^x - x
$$
définie sur $[0;+\infty[$. La fonction $f$ est dérivable sur $[0;+\infty[$ et 
$$
\forall x \in [0; +\infty[, \quad f'(x) = e^x - 1
$$
On résout alors 
\begin{align*}
f'(x) > 0 & \Longleftrightarrow e^x - 1 > 0 \\
		  & \Longleftrightarrow e^x > 1 \\
		  & \Longleftrightarrow x > 0
\end{align*}
La fonction $f$ est donc croissante sur $[0 ; + \infty[$. Or $f(0)= e^0 - 0 = 1$. Donc pour tout $x \geq 0$, $f(x) \geq 1$ donc $f(x) \geq 0$. 
\begin{center}
\fbox{En conclusion, $\forall x \geq 0, \; e^x \geq x$.  }
\end{center}
\item On a alors 
\begin{align*}
\forall k \in \N, \quad & e^k \geq k \\
\Longrightarrow \; & \sum_{k=0}^n e^k \geq \sum_{k=0}^n k \\
\Longrightarrow \; & \boxed{\sum_{k=0}^n e^k \geq \dfrac{n(n+1)}{2}}
\end{align*}
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}[*]
Soit $n \geq 2$. On a alors 
\begin{align*}
\forall k \in \N^*, \quad & k^n \geq k^2 \\
\Longrightarrow \; & \sum_{k=1}^n k^n \geq \sum_{k=1}^n k^2 \\
\Longrightarrow \; & \boxed{\sum_{k=1}^n k^n \geq \dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}}
\end{align*}
\end{exo}
\newpage

\label{Utiliser la formule des probabilités totales}
\savoir{Utiliser la formule des probabilités totales}

\begin{exo}
On choisit au hasard une des 4 urnes ci-dessous et on en tire une boule au hasard.
\begin{itemize}
 \item L'urne 1 contient 3 boules rouges, 2 blanches et 3 noires.
 \item L'urne 2 contient 4 boules rouges, 3 blanches et 1 noire.
 \item L'urne 3 contient 2 boules rouges, 1 blanche et 1 noire.
 \item L'urne 4 contient 1 boule rouge, 6 blanches et 1 noires.
\end{itemize}
On note les évènements : \\
B : 'La boule tirée est blanche' \\
$A_i$( $i \in \entier{1,4}$) : 'On a choisi l'urne $i$' \\

On considère le système complet d'évènements $(A_1,A_2,A_3,A_4)$ et on lui applique la formule des probabilités totales pour calculer la probabilité de $B$
\begin{align*}
P(B) & = P(A_1 \cap B) + P(A_2 \cap B) + P(A_3 \cap B) + P(A_4 \cap B) \\
	 & = P(A_1) P_{A_1}(B) + P(A_2) P_{A_2}(B) + P(A_3) P_{A_3}(B)+ P(A_4) P_{A_4}(B) \\
	 & = \dfrac{1}{4} \times \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{4} \times \dfrac{3}{8} + \dfrac{1}{4} \times \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{4} \times \dfrac{6}{8} \\
	 & = \dfrac{1}{16} + \dfrac{3}{32} + \dfrac{1}{16} + \dfrac{3}{16} \\
	 & =  \dfrac{2}{32} + \dfrac{3}{32} + \dfrac{2}{32} + \dfrac{6}{32} \\
	 & \boxed{= \dfrac{13}{32}}
\end{align*} 
\end{exo}

\begin{exo}[*]
Soit $n$ un entier plus grand que 1. Dans un sac, on place $n$ jetons numérotés de $1$ à $n$. On a également $n$ urne telle que l'urne $k$ contienne $k^2$ boules blanches et $n^2 - k^2$ boules noires. On considère l'expérience suivante :
\begin{enumerate}
\item On tire un jeton aléatoirement du sac.
\item On pioche dans l'urne correspondant au numéro du jeton, une boule. On regarde la couleur de cette boule.
\end{enumerate} 
On note les évènements 
B : 'La boule tirée est blanche' et $A_k$( $k \in \entier{1,n}$) : 'On a tiré le jeton \no $k$' \\

On considère le système complet d'évènements $(A_k)_{k \in \entier{1,n}}$. On applique la formule des probabilités totales afin de calculer la probabilité de $B$
\begin{align*}
P(B) & = \sum_{k=1}^n P(A_k \cap B) \\
	 & = \sum_{k=1}^n P(A_k) P_{A_k} (B) \\
	 & = \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{n} \times \dfrac{k^2}{n^2} \\
	 & = \dfrac{1}{n^3}\sum_{k=1}^n k^2 \\
	 & = \dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6n^3} \\
	 & \boxed{= \dfrac{(n+1)(2n+1)}{6n^2} }
\end{align*}
\end{exo}

\begin{exo}[**]
On considère une particule se déposant à chaque seconde sur l'un des trois sommets $A,B,C$ d'un triangle suivant le procédé suivant :

\vspace{0.3cm}

\begin{itemize}
 \item Si la particule se trouve en $B$, elle y reste.
 \item Si la particule se trouve en $A$, elle se trouve à la seconde suivante sur l'un des trois sommets de façon équiprobable.
 \item Si la particule se trouve en $C$, à la seconde suivante, elle y reste une fois sur trois et a 7 chances sur 12 d'aller en $B$. Enfin, il y a une chance sur 12 d'aller en $A$. 
\end{itemize}

\vspace{0.3cm}

\noindent A la première seconde elle se pose au hasard sur l'un des trois sommets.\\
Pour tout $n\in \N^*$, on note $A_n$ (respectivement $B_n$ et $C_n$) l'événement : \og à la $n$-ième seconde, la particule se trouve en $A$ (respectivement $B$ et $C$)\fg et on note $a_n, b_n, c_n$ les probabilités de $A_n, B_n, C_n$.

\vspace{0.3cm}

\begin{enumerate}
 \item A la première seconde, la particule se pose aléatoirement sur un des 3 sommets. Elle a donc autant de chance de se trouver en $A$, $B$ ou $C$ :
\begin{center}
\fbox{ $a_1 = b_1 = c_1 = \dfrac{1}{3}$.}
\end{center}
 \item On traduit les hypothèses. Si la particule se trouve en $B$, elle y reste donc
 $$
 P_{B_n}(A_{n+1}) = 0 \qquad P_{B_n}(B_{n+1}) = 1 \qquad P_{B_n}(C_{n+1}) = 0
 $$
 Si la particule se trouve en $A$, elle ira de façon équiprobable sur l'un des trois sommet
 $$
 P_{A_n}(A_{n+1}) = \dfrac{1}{3} \qquad P_{A_n}(B_{n+1}) = \dfrac{1}{3} \qquad P_{A_n}(C_{n+1}) = \dfrac{1}{3}
 $$
 Enfin si la particule se trouve en $C$, elle y reste une fois sur trois et a une chance sur 4 d'aller en $B$. Enfin, il y a 5 chances sur 12 d'aller en $A$.
  $$
 P_{C_n}(A_{n+1}) = \dfrac{1}{12} \qquad P_{C_n}(B_{n+1}) = \dfrac{7}{12} \qquad P_{C_n}(C_{n+1}) = \dfrac{1}{3}
 $$
 On considère le système complet d'évènement $(A_n,B_n,C_n)$ auquel on applique la formule des probabilités totales
 \begin{align*}
 a_{n+1} = P(A_{n+1}) & = P(A_n) P_{A_n}(A_{n+1}) + P(B_n)P_{B_n}(A_{n+1}) + P(C_n)P_{C_n}(A_{n+1}) \\
 & = a_n \times \dfrac{1}{3} + b_n \times 0 + c_n \times \dfrac{1}{12} \\
 & \boxed{= \dfrac{1}{3}a_n + \dfrac{1}{12}c_n}
 \end{align*}
 De même 
  \begin{align*}
 b_{n+1} = P(B_{n+1}) & = P(A_n) P_{A_n}(B_{n+1}) + P(B_n)P_{B_n}(B_{n+1}) + P(C_n)P_{C_n}(B_{n+1}) \\
 & = a_n \times \dfrac{1}{3} + b_n \times 1 + c_n \times \dfrac{1}{4} \\
 & \boxed{= \dfrac{1}{3}a_n + b_n + \dfrac{7}{12}c_n}
 \end{align*}
 Enfin, 
 \begin{align*}
 c_{n+1} = P(C_{n+1}) & = P(A_n) P_{A_n}(C_{n+1}) + P(B_n)P_{B_n}(C_{n+1}) + P(C_n)P_{C_n}(C_{n+1}) \\
 & = a_n \times \dfrac{1}{3} + b_n \times 0 + c_n \times \dfrac{1}{3} \\
 & \boxed{= \dfrac{1}{3}a_n +\dfrac{1}{3}c_n}
 \end{align*} 
 \item 
D'après la troisième expression, on a 
$$
c_{n+2} = \dfrac{1}{3}a_{n+1} + \dfrac{1}{3}c_{n+1}
$$ 
En utilisant l'expression $a_{n+1} = \dfrac{1}{3}a_n + \dfrac{1}{12}c_n$, on a 
\begin{align*}
c_{n+2} & = \dfrac{1}{3} \left( \dfrac{1}{3}a_n + \dfrac{1}{12}c_n \right) + \dfrac{1}{3}c_{n+1} \\
  	    & = \dfrac{1}{9} a_n + \dfrac{1}{36}c_n + \dfrac{1}{3}c_{n+1}
\end{align*}
Enfin 
$$c_{n+1} = \dfrac{1}{3}a_n + \dfrac{1}{3}c_n \Longleftrightarrow 3c_{n+1} = a_n + c_n \Longleftrightarrow a_n = 3c_{n+1} - c_n
$$
On a alors
\begin{align*}
c_{n+2} & = \dfrac{1}{9} \left(3c_{n+1} - c_n\right) + \dfrac{1}{36}c_n + \dfrac{1}{3}c_{n+1} \\
        & = \dfrac{1}{3} c_{n+1} - \dfrac{1}{9} c_n + \dfrac{1}{36}c_n + \dfrac{1}{3}c_{n+1} \\
        & = \dfrac{2}{3}c_{n+1} - \dfrac{1}{12}c_n
\end{align*}
On reconnait une suite récurrente linéaire d'ordre 2. On a également $c_1 = \dfrac{1}{3}$ et $c_2 = \dfrac{1}{3}a_1 + \dfrac{1}{3}c_1 = \dfrac{2}{9}$.
On résout l'équation 
$$
x^2 = \dfrac{2}{3}x - \dfrac{1}{12} \Longleftrightarrow 12x^2 - 8x + 1 = 0
$$
Le discriminant est $\Delta = 64 - 48 = 16$ L'équation a donc deux solutions 
$$
x_1 = \dfrac{8 + 4}{24} = \dfrac{1}{2}, \qquad x_2 = \dfrac{8-4}{24} = \dfrac{1}{6}
$$
Il existe alors $\lambda, \mu \in \R$, tel que 
$$
c_{n} = \lambda \left(\dfrac{1}{2} \right)^n + \mu \left(\dfrac{1}{6}\right)^n
$$
En utilisant $c_1 = \dfrac{1}{3}$ et $c_2 = \dfrac{2}{9}$. On obtient le système 
\begin{align*}
\begin{cases}
\dfrac{1}{2} \lambda + \dfrac{1}{6} \mu & = \dfrac{1}{3} \\
\dfrac{1}{4} \lambda + \dfrac{1}{36} \mu & = \dfrac{2}{9}
\end{cases}
& \Longleftrightarrow 
\begin{cases}
3 \lambda +  \mu & = 2 \\
9 \lambda +  \mu & = 8
\end{cases} \\
& \Longleftrightarrow 
\begin{cases}
3 \lambda +  \mu & = 2 \\
6 \lambda & = 6 \qquad L_1 - L_2 \to L_2
\end{cases} \\
& \Longleftrightarrow 
\begin{cases}
\mu & = -1 \\
\lambda & = 1 
\end{cases} \\
\end{align*}
On a donc pour tout $n \in \N$,
\begin{center}
\fbox{$c_n = \left(\dfrac{1}{2} \right)^n - \left(\dfrac{1}{6}\right)^n$}
\end{center}
On utilise la relation $a_n = 3c_{n+1} - c_n$. Ainsi 
\begin{align*}
 a_n & = 3 \left( \dfrac{1}{2} \right)^{n+1} - 3\left( \dfrac{1}{6} \right)^{n+1}  - \left( \dfrac{1}{2} \right)^n + \left( \dfrac{1}{6} \right)^n \\
     & = \left(\dfrac{3}{2} - 1 \right) \left( \dfrac{1}{2} \right)^n + \left( - \dfrac{1}{2} + 1 \right) \left( \dfrac{1}{6} \right)^n \\
     & \boxed{= \dfrac{1}{2} \times \left( \dfrac{1}{2} \right)^{n} + \dfrac{1}{2} \times \left( \dfrac{1}{6} \right)^n }
\end{align*}
Enfin, en utilisant la relation $b_n = 1 - a_n - c_n$, on obtient
\begin{align*}
b_n & = 1 - \left( \dfrac{1}{2} \times \left( \dfrac{1}{2} \right)^{n} + \dfrac{1}{2} \times \left( \dfrac{1}{6} \right)^n \right) - \left( \left(\dfrac{1}{2} \right)^n - \left(\dfrac{1}{6}\right)^n \right) \\
& \boxed{= 1 - \dfrac{3}{2} \times \left( \dfrac{1}{2} \right)^n + \dfrac{1}{2} \times \left( \dfrac{1}{6} \right)^n}
\end{align*} 
\end{enumerate}
\end{exo}

\label{Déterminer l'indépendance d'évènements.}
\savoir{Déterminer l'indépendance d'évènements.}

\begin{exo}
On considère l'expérience aléatoire consistant à effectuer $n$ tirages (avec $n \geq 2$) dans une urne contenant 3 boules noires et 5 boules rouges. Les tirages se feront avec remise. On note les évènements $A_k$ : "On tire une boule rouge au $k$-ième tirage".
\begin{enumerate}
\item L'évènement $A$ : "Les tirages n'amènent pas de boules noires" s'écrit $A = \ds \bigcap_{k=1}^n A_k$. Les évènements sont mutuellement indépendants donc 
\begin{align*}
P(A) & = P \left(\ds \bigcap_{k=1}^n A_k \right) \\
     & = \prod_{k=1}^n P(A_k) \\
     & = \prod_{k=1}^n \dfrac{5}{8} \boxed{= \left( \dfrac{5}{8} \right)^n}
\end{align*}
\item $B_k$ : "La première boule rouge est obtenue au $k$-ième tirage" (avec $k \in \entier{1,n}$ fixé). Les évènements $B_k$ s'écrivent 
$$
B_k = \left( \bigcap_{j=1}^{k-1} \overline{A_j} \right) \cap A_k
$$
Les évènements étant mutuellement indépendants, on a 
\begin{align*}
P(B_k) & = P \left( \left( \bigcap_{j=1}^{k-1} \overline{A_j} \right) \cap A_k \right) \\
       & = \left( \prod_{j=1}^{k-1} P(\overline{A_j}) \right) \times P(A_k) \\
       &\boxed{ = \left( \dfrac{3}{8} \right)^{k-1} \dfrac{5}{8}}
\end{align*}
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}[*]
On considère l'expérience aléatoire consistant à effectuer $n$ tirages avec remise (avec $n \geq 4$) dans une urne contenant 1 boule noire et 2 boules rouges. Calculer la probabilité de l'évènement $C$ : "On obtient au moins une boule rouge" \\

Afin de calculer la probabilité de l'évènement $C$, on introduit les évènements $N_k$ (resp. $R_k$) : "On tire une boule noire (resp. rouge) au $k^{\`eme}$ tirage". On a $C = R_1 \cup \ldots \cup R_n = \ds \bigcup_{k=1}^n R_k $. 
\remarque{Le problème, c'est que les évènements $R_1$, $R_2, \ldots, R_n$ ne sont pas incompatibles. On ne peut donc pas utiliser la propriété du cours. On va alors utiliser le fait que $C = \overline{N_1 \cap N_2 \cap \ldots \cap N_n}$. On peut retrouver ce résultat en utilisant les formules de Moivre ou tout simplement en remarquant qu'obtenir au moins une boule rouge revient à ne pas obtenir que des boules noires.}

Les évènements $N_1$, $N_2$, \ldots ,$N_n$ sont mutuellement indépendants donc 
\begin{align*}
P(C) & = P \left( \overline{N_1 \cap N_2 \cap \ldots \cap N_n} \right) \\
     & = 1 - P( N_1 \cap N_2 \cap \ldots \cap N_n ) \\
     & = 1 - \prod_{k=1}^n P(N_k) \\
     & = 1 - \prod_{k=1}^n \dfrac{1}{3} \\
     & \boxed{= 1 - \left( \dfrac{1}{3} \right)^n}
\end{align*}
\end{exo}

\label{Calculer la puissance d'une matrice.}
\savoir{Calculer la puissance d'une matrice.}

\begin{exo}
On considère la matrice $A = \begin{pmatrix}
1 & 1 \\
0 & 2 
\end{pmatrix}$ et on pose $J = \begin{pmatrix}
0 & 1 \\
0 & 1 
\end{pmatrix}$. 
\begin{enumerate}
\item Par le calcul, on a bien $A = I_2 + J$.
\item On a 
$$
J^2 = \begin{pmatrix}
0 & 1 \\
0 & 1
\end{pmatrix} = J
$$
Ainsi, \begin{center}
\fbox{par récurrence $J^n = J$. }
\end{center}
\item Les matrices $I$ et $J$ commutent. On utilise alors le binôme de Newton,
\begin{align*}
A^n = (I+J)^n & = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} I^k J^{n-k} \\
& = \sum_{k=0}^{n-1} \binom{n}{k} J + J^0 \\
& = \left( \sum_{k=0}^{n-1} \binom{n}{k} \right) J + I_2
\end{align*}
Or 
$$
\sum_{k=0}^{n-1} \binom{n}{k} = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} - \binom{n}{n} = 2^n - 1
$$
On a donc 
\begin{align*}
A^n & = (2^n - 1 ) J + I_2
\end{align*}
et 
\begin{center}
\fbox{$
\forall n \in \N, \qquad A^n = \begin{pmatrix}
1 & 2^n - 1 \\
0 &  2^n
\end{pmatrix}
$}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}[*]
On considère la matrice $A = \begin{pmatrix}
2 & 1 & 1 \\
0 & 2 & 2 \\
0 & 0 & 2
\end{pmatrix}$ et on pose $J = \begin{pmatrix}
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 2  \\
0 & 0 & 0
\end{pmatrix}$. 
\begin{enumerate}
\item Par le calcul, on vérifie que $A = 2I_3 + J$.
\item On a 
$$
J^2 = \begin{pmatrix}
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 2  \\
0 & 0 & 0
\end{pmatrix} \times \begin{pmatrix}
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 2  \\
0 & 0 & 0
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
0 & 0 & 2 \\
0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 
\end{pmatrix}
$$
et 
$$
J^3 = \begin{pmatrix}
0 & 0 & 2 \\
0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 
\end{pmatrix} \times \begin{pmatrix}
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 2  \\
0 & 0 & 0
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0
\end{pmatrix}
$$
Ainsi, \begin{center}
\fbox{pour tout $n \geq 3$, on a $A^n = 0$.}
\end{center}  
\item Les matrices $J$ et $I_3$ commutent donc on peut utiliser le binôme de Newton :
\begin{align*}
A^n = (I_3 + J)^n & = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} J^k (2I_3)^{n-k} \\
& = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} 2^{n-k} J^k \\
& = \binom{n}{0}2^n J^0  + \binom{n}{1} 2^{n-1} J + \binom{n}{2} 2^{n-2} J^2 + 0 \\
& = 2^n I_3 + n 2^{n-1} J + \dfrac{n(n-1)}{2} 2^{n-2} J^2 \\
& \boxed{= \begin{pmatrix}
2^n & 2^{n-1} n & 2^{n-1} n + 2^{n-2} n(n-1) \\
0 & 2^n  & 2^n n \\
0 & 0 & 2^n
\end{pmatrix}}
\end{align*}
\end{enumerate}
\end{exo}

\end{document}