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\lhead{PHEC1}
\chead{Correction devoir }
\rhead{2004-2005}
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\lfoot{\hyperref{www.mathematiques.fr.st}{}{}{www.mathematiques.fr.st}}
\rfoot{abdellah bechata}
\theoremstyle{break}
\newtheorem{theorem}{Théorème}
\newtheorem{proposition}[theorem]{Proposition}
\newtheorem{lemma}[theorem]{Lemme}
\newtheorem{corollary}[theorem]{Corollaire}
\theorembodyfont{\rmfamily}
\newtheorem{correction}[theorem]{correction de l'exercice}
\newtheorem{acknowledgement}[theorem]{Prérequis}
\newtheorem{algorithm}[theorem]{Algorithme}
\newtheorem{axiom}[theorem]{Axiome}
\newtheorem{case}[theorem]{Cas}
\newtheorem{claim}[theorem]{Affirmation}
\newtheorem{conclusion}[theorem]{Conclusion}
\newtheorem{condition}[theorem]{Condition}
\newtheorem{conjecture}[theorem]{Conjecture}
\newtheorem{criterion}[theorem]{Critèrion}
\newtheorem{definition}[theorem]{Définition}
\newtheorem{example}[theorem]{Exemple}
\newtheorem{exercise}[theorem]{Exercice}
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\newenvironment{proof}[1][Preuve]{\noindent\textbf{#1.} }{\ \rule{0.5em}{0.5em}}
\setlength{\columnseprule}{0.5pt}
\input{tcilatex}
\begin{document}
\section*{EXERCICE\ I (EML 1987)}
\begin{enumerate}
\item On note $A_{k}$ l'évènement " à l'issue de la procédure de lancers de d%
é, on obtient le numéro $k$ ".
\begin{enumerate}
\item Pour obtenir les 2, 3, 4, 5 et 6, il suffit de lancer une seule fois
le dé. Puisque les probabilités d'apparition des différentes faces sont é%
quiprobables, on a
\begin{equation*}
\begin{tabular}{|l|}
\hline
\\
$p(A_{2})=p(A_{3})=p(A_{4})=p(A_{5})=p(A_{6})=\dfrac{1}{6}.$ \\
\\ \hline
\end{tabular}%
\end{equation*}
\item Pour obtenir le numéro 1 ou 7, il est indispensable de lancer deux
fois le dé et donc le choixd'obtenir au premier lancer le numéro 1. Si l'on
introduit l'évènement $B$ : " obtenir le numéro 1 au premier tour ", on a é%
videmment $A_{1}=B\cap A_{1}$, ce qui nous donne donc on a
\begin{equation*}
\begin{tabular}{|l|}
\hline
\\
$p(A_{1})=p(B_{1}\cap A_{1})=p(B_{1})\times p_{B_{1}}(A_{1})=\dfrac{1}{6}%
\times \dfrac{3}{6}=\dfrac{1}{12}$ \\
\\ \hline
\end{tabular}%
\end{equation*}%
\underline{\emph{Justification du calcul de probabilité}}\emph{\ : En effet,
la probabilité conditionnelle }$p_{B_{1}}(A_{1})$\emph{\ signifie que l'on a
obtenu le numéro 1\ au premier lancer de dé et que l'on souhaite obtenir au
final le numéro 1, c'est-à-dire que lors du second lancer de dé, on obtient
le 1,2 ou 3 (d'après la procédure) et comme les faces du dé sont é%
quiprobables, on a bien }$p_{B_{1}}(A_{1})=\dfrac{3}{6}.$\newline
\textit{On pourrait également introduire le système complet d'évènements }$%
B_{k}$\textit{\ " obtenir le numéro }$k$\textit{\ lors du premier lancer de d%
é ". Par application de la formule des probabilités totales, on serait amené
à calculer les probabilités }$p(B_{k}\cap A_{1}).$\textit{\ Ces probabilités
sont nulles si }$k\neq 1$\textit{\ car l'obtention d'un numéro différent du
1 au premier tirage interdit de lancer la pièce et donc d'avoir au final le
1. Pour finir, l'évènement }$B_{1}$\textit{\ est exactement l'évènement }$B$%
\textit{\ que nous avons considéré.\bigskip }\newline
De la même façon, on a
\begin{equation*}
\begin{tabular}{|l|}
\hline
\\
$p(A_{7})=p(B_{1}\cap A_{7})=p(B_{1})\times p_{B_{1}}(A_{7})=\dfrac{1}{6}%
\times \dfrac{3}{6}=\dfrac{1}{12}$ \\
\\ \hline
\end{tabular}%
\end{equation*}
\end{enumerate}
\item Pour tout entier $n,$ on introduit l'évènement
\begin{equation*}
\begin{tabular}{l}
$C_{n}$ : " obtenir $n$ boules noires aux $n^{i\grave{e}me}$ premiers
lancers "%
\end{tabular}%
\end{equation*}%
L'obtention d'une face noire dépend du dé $D_{i}$ choisi, le choix du dé $%
D_{i}$ étant exactement induit par le numéro attribué lors de la procédure
de lancer de dé, c'est-à-dire de la réalisation, ou non, des différents évè%
nements $(A_{k})_{k\in \lbrack \hspace{-0.15em}[1,7]\hspace{-0.13em}]}.$ Ces
évènements forment un système complet
\begin{enumerate}
\item Il s'agit de calculer la probabilité $p(C_{1}),$ ce que l'on fait par
application de la formule des probabilités avec le système complet d'évè%
nements $(A_{k})_{k\in \lbrack \hspace{-0.15em}[1,7]\hspace{-0.13em}]}$%
\begin{eqnarray*}
p(C_{1}) &=&p(A_{1}\cap C_{1})+p(A_{2}\cap C_{1})+p(A_{3}\cap
C_{1})+p(A_{4}\cap C_{1})+p(A_{5}\cap C_{1})+p(A_{6}\cap C_{1})+\underset{=0}%
{\underbrace{p(A_{7}\cap C_{1})}} \\
&=&p(A_{1})p_{A_{1}}(C_{1})+p(A_{2})p_{A_{2}}(C_{1})+p(A_{3})p_{C_{3}}(C_{1})+p(A_{4})p_{A_{4}}(C_{1})+p(A_{5})p_{A_{5}}(C_{1})+p(A_{6})p_{A_{6}}(C_{1})
\\
&=&\dfrac{1}{12}\times \dfrac{6}{6}+\dfrac{1}{6}\times \dfrac{5}{6}+\dfrac{1%
}{6}\times \dfrac{4}{6}+\dfrac{1}{6}\times \dfrac{3}{6}+\dfrac{1}{6}\times
\dfrac{2}{6}+\dfrac{1}{6}\times \dfrac{1}{6}=\dfrac{1}{2}
\end{eqnarray*}%
\begin{equation*}
\begin{tabular}{|l|}
\hline
\\
La probabilité d'obtenir 1\ boule noire est égale à $\dfrac{1}{2}$ \\
\\ \hline
\end{tabular}%
\end{equation*}%
\emph{Justification du calcul de probabilité :\newline
}\underline{$p(A_{7}\cap C_{1})$}\emph{\ : L'évènement }$A_{7}\cap C_{1}$%
\emph{\ est impossible car on doit obtenir une boule noire en lançant le dé }%
$D_{7}$\emph{\ qui possède }$7-7=0$\emph{\ faces noires.\medskip \newline
}\underline{$p_{A_{i}}(C_{1})$\emph{\ pour }$k\in \lbrack \hspace{-0.15em}%
[1,6]\hspace{-0.13em}]$}\emph{\ : il s'agit de calculer la probabilité
d'obtenir une face noire en lançant une fois le dé }$D_{i}$\emph{\ qui possè%
de 6 faces dont }$i-1$\emph{\ faces blanches et }$7-i$\emph{\ faces noires
donc }$p_{A_{i}}(C_{1})=\dfrac{7-i}{6}$\emph{\ (par exemple, }$%
p_{A_{4}}(C_{1})=\dfrac{7-4}{6}=\dfrac{3}{6})$\emph{\ }
\item Il s'agit de calculer la probabilité $p(C_{2}),$ ce que l'on fait par
application de la formule des probabilités avec le système complet d'évè%
nements $(A_{k})_{k\in \lbrack \hspace{-0.15em}[1,7]\hspace{-0.13em}]}$%
\begin{eqnarray*}
p(C_{2}) &=&p(A_{1}\cap C_{2})+p(A_{2}\cap C_{2})+p(A_{3}\cap
C_{2})+p(A_{4}\cap C_{2})+p(A_{5}\cap C_{2})+p(A_{6}\cap C_{2})+\underset{=0}%
{\underbrace{p(A_{7}\cap C_{2})}} \\
&=&p(A_{1})p_{A_{1}}(C_{2})+p(A_{2})p_{A_{2}}(C_{2})+p(A_{3})p_{C_{3}}(C_{2})+p(A_{4})p_{A_{4}}(C_{2})+p(A_{5})p_{A_{5}}(C_{2})+p(A_{6})p_{A_{6}}(C_{2})
\\
&=&\dfrac{1}{12}\times (\dfrac{6}{6})^{2}+\dfrac{1}{6}\times (\dfrac{5}{6}%
)^{2}+\dfrac{1}{6}\times (\dfrac{4}{6})^{2}+\dfrac{1}{6}\times (\dfrac{3}{6}%
)^{2}+\dfrac{1}{6}\times (\dfrac{2}{6})^{2}+\dfrac{1}{6}\times (\dfrac{1}{6}%
)^{2}=\dfrac{73}{216}\simeq 0.338\pm 10^{-3}
\end{eqnarray*}%
\begin{equation*}
\begin{tabular}{|l|}
\hline
On a environ 33,8\ \% de chance d'obtenir 2\ boules noires en deux lancers
\\ \hline
\end{tabular}%
\end{equation*}%
\emph{Justification du calcul de probabilité :\newline
}\underline{$p(A_{7}\cap C_{2})$}\emph{\ : L'évènement }$A_{7}\cap C_{2}$%
\emph{\ est impossible car on doit obtenir une boule noire en lançant le dé }%
$D_{7}$\emph{\ qui possède }$7-7=0$\emph{\ faces noires.\medskip \newline
}\underline{$p_{A_{i}}(C_{2})$\emph{\ pour }$k\in \lbrack \hspace{-0.15em}%
[1,6]\hspace{-0.13em}]$}\emph{\ : il s'agit de calculer la probabilité
d'obtenir deux faces noires en lançant deux fois le dé }$D_{i}$\emph{\ qui
possède 6 faces dont }$i-1$\emph{\ faces blanches et }$7-i$\emph{\ faces
noires, puisqu'à chaque lancer on }$\dfrac{7-i}{6}$\emph{\ chance d'obtenir
la face noire et qu'on lance le dé }$D_{i}$\emph{\ deux fois, on a donc }$%
p_{A_{i}}(C_{2})=(\dfrac{7-i}{6})^{2}$\emph{\ (par exemple, }$%
p_{A_{4}}(C_{2})=(\dfrac{7-4}{6})^{2}=(\dfrac{3}{6})^{2})$\emph{\ }
\item Il s'agit de calculer la probabilité $p(C_{3}),$ ce que l'on fait par
application de la formule des probabilités avec le système complet d'évè%
nements $(A_{k})_{k\in \lbrack \hspace{-0.15em}[1,7]\hspace{-0.13em}]}$%
\begin{eqnarray*}
p(C_{3}) &=&p(A_{1}\cap C_{3})+p(A_{2}\cap C_{3})+p(A_{3}\cap
C_{3})+p(A_{4}\cap C_{3})+p(A_{5}\cap C_{3})+p(A_{6}\cap C_{3})+\underset{=0}%
{\underbrace{p(A_{7}\cap C_{3})}} \\
&=&p(A_{1})p_{A_{1}}(C_{3})+p(A_{2})p_{A_{2}}(C_{3})+p(A_{3})p_{C_{3}}(C_{3})+p(A_{4})p_{A_{4}}(C_{3})+p(A_{5})p_{A_{5}}(C_{3})+p(A_{6})p_{A_{6}}(C_{3})
\\
&=&\dfrac{1}{12}\times (\dfrac{6}{6})^{3}+\dfrac{1}{6}\times (\dfrac{5}{6}%
)^{3}+\dfrac{1}{6}\times (\dfrac{4}{6})^{3}+\dfrac{1}{6}\times (\dfrac{3}{6}%
)^{3}+\dfrac{1}{6}\times (\dfrac{2}{6})^{3}+\dfrac{1}{6}\times (\dfrac{1}{6}%
)^{3}=\dfrac{37}{144}\simeq 0.257\pm 10^{-3}
\end{eqnarray*}%
\begin{equation*}
\begin{tabular}{|l|}
\hline
On a environ 25,7\ \% de chance d'obtenir 3\ boules noires en trois lancers
\\ \hline
\end{tabular}%
\end{equation*}%
\emph{Justification du calcul de probabilité :\newline
}\underline{$p(A_{7}\cap C_{3})$}\emph{\ : L'évènement }$A_{7}\cap C_{3}$%
\emph{\ est impossible car on doit obtenir une boule noire en lançant le dé }%
$D_{7}$\emph{\ qui possède }$7-7=0$\emph{\ faces noires.\newline
}\underline{$p_{A_{i}}(C_{3})$\emph{\ pour }$k\in \lbrack \hspace{-0.15em}%
[1,6]\hspace{-0.13em}]$}\emph{\ : il s'agit de calculer la probabilité
d'obtenir trois faces noires en lançant trois fois le dé }$D_{i}$\emph{\ qui
possède 6 faces dont }$i-1$\emph{\ faces blanches et }$7-i$\emph{\ faces
noires, puisqu'à chaque lancer on }$\dfrac{7-i}{6}$\emph{\ chance d'obtenir
la face noire et qu'on lance le dé }$D_{i}$\emph{\ trois fois, on a donc }$%
p_{A_{i}}(C_{3})=(\dfrac{7-i}{6})^{3}$\emph{\ (par exemple, }$%
p_{A_{4}}(C_{3})=(\dfrac{7-4}{6})^{3}=(\dfrac{3}{6})^{3})$\emph{\ }
\end{enumerate}
\item Il s'agit de calculer la probabilité conditionnelle $p_{C_{2}}(N_{3})$
(où $N_{3}$ est l'évènement " obtenir une boule noire au troisème lancer ")
ce que l'on fait en utilisant la formule mathématique de la probabilité
conditionnelle (car on ne peut raisonnablement réinterpréter cette probabilit%
é conditionnelle, étant donné que l'on ne sait pas avec quel dé on lance).
Puisque " obtenir 2\ boules noires aux deux premiers lancers et 1 boule
noire au troisième lancers " signifie " obtenir trois boules noires aux
trois premiers lancers ", on a
\begin{equation*}
p_{C_{2}}(N_{3})=\dfrac{p(C_{2}\cap N_{3})}{p(C_{2})}=\dfrac{p(C_{3})}{%
p(C_{2})}=\dfrac{\dfrac{37}{144}}{\dfrac{73}{216}}=\dfrac{111}{146}\simeq
0.760\pm 10^{-3}
\end{equation*}%
\begin{equation*}
\begin{tabular}{|l|}
\hline
On a environ 76\ \% de chance d'obtenir une noire au troisième lancer \\
lorsqu'on a obtenu 2 boules noires aux deux premiers lancers \\ \hline
\end{tabular}%
\end{equation*}
\end{enumerate}
\section*{EXERCICE\ II (HEC 2000)}
\begin{enumerate}
\item \thinspace
\begin{enumerate}
\item De façon évidente, on a%
\begin{equation*}
J_{0}=\mathcal{A}_{0},\quad J_{1}=\mathcal{A}_{0}\cap \mathcal{A}_{1},\quad
J_{2}=\mathcal{A}_{0}\cap \mathcal{A}_{1}\cap \mathcal{A}_{2},\quad J_{3}=%
\mathcal{A}_{0}\cap \mathcal{A}_{1}\cap \mathcal{A}_{2}\cap \mathcal{A}%
_{3}\quad J_{4}=\mathcal{A}_{0}\cap \mathcal{A}_{1}\cap \mathcal{A}_{2}\cap
\mathcal{A}_{3}\cap \mathcal{A}_{4}
\end{equation*}%
ce qui nous fournit directement les probabilités attendues \newline
\textbf{Calcul de }$p(J_{0})$ : $p(J_{0})=p(\mathcal{A}_{0})=1$\newline
\textbf{Calcul de }$p(J_{1})$ : $p(J_{1})=p(\mathcal{A}_{0}\cap \mathcal{A}%
_{1})=p(\mathcal{A}_{0})p_{\mathcal{A}_{0}}(\mathcal{A}_{1})=1\times \dfrac{2%
}{3}=\dfrac{2}{3}$\newline
\textbf{Calcul de }$p(J_{2})$ : $p(J_{2})=p(\mathcal{A}_{0}\cap \mathcal{A}%
_{1}\cap \mathcal{A}_{2})=p(\mathcal{A}_{0})p_{\mathcal{A}_{0}}(\mathcal{A}%
_{1})p_{\mathcal{A}_{0}\cap \mathcal{A}_{1}}(\mathcal{A}_{2})=1\times \dfrac{%
2}{3}\times \dfrac{2}{3}=(\dfrac{2}{3})^{2}$\newline
\textbf{Calcul de }$p(J_{3})$ :
\begin{equation*}
p(J_{3})=p(\mathcal{A}_{0}\cap \mathcal{A}_{1}\cap \mathcal{A}_{2}\cap
\mathcal{A}_{3})=p(\mathcal{A}_{0})p_{\mathcal{A}_{0}}(\mathcal{A}_{1})p_{%
\mathcal{A}_{0}\cap \mathcal{A}_{1}}(\mathcal{A}_{2})p_{\mathcal{A}_{0}\cap
\mathcal{A}_{1}\cap \mathcal{A}_{2}}(\mathcal{A}_{3})=1\times \dfrac{2}{3}%
\times \dfrac{2}{3}\times \dfrac{2}{3}=(\dfrac{2}{3})^{3}
\end{equation*}%
\begin{equation*}
\begin{tabular}{|l|l|l|l|}
\hline
& & & \\
$p(J_{0})=1$ & $p(J_{1})=\dfrac{2}{3}$ & $p(J_{2})=(\dfrac{2}{3})^{2}$ & $%
p(J_{3})=(\dfrac{2}{3})^{3}$ \\
& & & \\ \hline
\end{tabular}%
\end{equation*}%
\emph{Justification des calculs de probabilités : \newline
Si le jeton A se trouve dans la cas }$C_{0}$\emph{\ après un certain nombre
d'opérations et qu'il doit y être encore à l'issue de l'opération suivante,
cela signifie que l'on doit pioche le jeton }$b$\emph{\ ou }$c$\emph{. La
probabilité de piocher le jeton }$b$\emph{\ ou }$c$\emph{\ étant }$\dfrac{1}{%
3}+\dfrac{1}{3}=\dfrac{2}{3},$\emph{\ chaque probabilité conditionnelle est é%
gale à }$\dfrac{2}{3}$
\item Le calcul est très simple :
\begin{equation*}
p(J_{n})=p(\mathcal{A}_{0}\cap \underset{n\text{ évènements}}{\underbrace{%
\mathcal{A}_{1}\cap \mathcal{A}_{2}\cap \cdots \cap \mathcal{A}_{n-1}\cap
\mathcal{A}_{n}}})=p(\mathcal{A}_{0})p_{\mathcal{A}_{0}}(\mathcal{A}_{1})p_{%
\mathcal{A}_{0}\cap \mathcal{A}_{1}}(\mathcal{A}_{2})\cdots p_{\mathcal{A}%
_{0}\cap \mathcal{A}_{1}\cap \mathcal{A}_{2}\cap \cdots \cap \mathcal{A}%
_{n-1}}(\mathcal{A}_{n})=(\dfrac{2}{3})^{n}
\end{equation*}%
\begin{equation*}
\begin{tabular}{|l|}
\hline
\\
$\forall n\geqslant 0,\quad p(J_{n})=(\dfrac{2}{3})^{n}$ \\
\\ \hline
\end{tabular}%
\end{equation*}
\end{enumerate}
\item \,
\begin{enumerate}
\item $D_{2}=\mathcal{A}_{0}\cap \mathcal{B}_{1}\cap \mathcal{A}_{2},\quad
D_{3}=\mathcal{A}_{0}\cap \mathcal{B}_{1}\cap \mathcal{B}_{2}\cap \mathcal{A}%
_{3}$ et $D_{4}=\mathcal{A}_{0}\cap \mathcal{B}_{1}\cap \mathcal{B}_{2}\cap
\mathcal{B}_{3}\cap \mathcal{A}_{4}$\newline
L'évènement $D_{1}$ est impossible (pour revenir pour la première fois en $%
C_{0}$, il faut avoir quitter $C_{0}$ puis revenir à $C_{0},$ ce qui
implique au moins deux opérations) donc $p(D_{1})=0$\newline
\textbf{Calcul de }$p(D_{2})$ :%
\begin{equation*}
p(D_{2})=p(\mathcal{A}_{0}\cap \mathcal{B}_{1}\cap \mathcal{A}_{2})=p(%
\mathcal{A}_{0})p_{\mathcal{A}_{0}}(\mathcal{B}_{1})p_{\mathcal{A}_{0}\cap
\mathcal{B}_{1}}(\mathcal{A}_{2})=1\times \dfrac{1}{3}\times \dfrac{1}{3}=(%
\dfrac{1}{3})^{2}
\end{equation*}%
\emph{Justification des calculs de probabilités :\newline
}\underline{$p_{\mathcal{A}_{0}}(\mathcal{B}_{1})$}\emph{\ : le jeton A se
trouve dans la cas }$C_{0}$\emph{\ et il doit aller dans la case }$C_{1}.$%
\emph{\ Cet évènement se réalise si et seulement si le jeton A change de
place, c'est-à-dire que l'on pioche le jeton }$a$\emph{. La probabilité de
piocher le jeton }$a$\emph{\ étant }$\dfrac{1}{3},$\emph{\ on a }$p_{%
\mathcal{A}_{0}}(\mathcal{B}_{1})=\dfrac{1}{3}$\emph{\newline
}\underline{$p_{\mathcal{A}_{0}\cap \mathcal{B}_{1}}(\mathcal{A}_{2})$}\emph{%
\ : le jeton A se trouve dans la cas }$C_{1}$\emph{\ à l'issue de la }$1^{i%
\grave{e}re}$\emph{\ opération et il doit aller dans la case }$C_{0}.$\emph{%
\ Cet évènement se réalise si et seulement si le jeton A change de place,
c'est-à-dire que l'on pioche le jeton }$a$\emph{. La probabilité de piocher
le jeton }$a$\emph{\ étant }$\dfrac{1}{3},$\emph{\ on a }$p_{\mathcal{A}%
_{0}\cap \mathcal{B}_{1}}(\mathcal{A}_{2})=\dfrac{1}{3}$\newline
\textbf{Calcul de }$p(D_{3})$ :
\begin{eqnarray*}
p(D_{3}) &=&p(\mathcal{A}_{0}\cap \mathcal{B}_{1}\cap \mathcal{B}_{2}\cap
\mathcal{A}_{3})=p(\mathcal{A}_{0})p_{\mathcal{A}_{0}}(\mathcal{B}_{1})p_{%
\mathcal{A}_{0}\cap \mathcal{B}_{1}}(\mathcal{B}_{2})p_{\mathcal{A}_{0}\cap
\mathcal{B}_{1}\cap \mathcal{B}_{2}}(\mathcal{A}_{3}) \\
&=&1\times \dfrac{1}{3}\times \dfrac{2}{3}\times \dfrac{1}{3}=(\dfrac{1}{3}%
)^{2}(\dfrac{2}{3})
\end{eqnarray*}%
\emph{Justification des calculs de probabilités :\newline
}\underline{$p_{\mathcal{A}_{0}\cap \mathcal{B}_{1}}(\mathcal{B}_{2})$}\emph{%
\ : le jeton A se trouve dans la cas }$C_{1}$\emph{\ à l'issue de la }$1^{i%
\grave{e}re}$\emph{\ opération et il doit rester dans la case }$C_{1}.$\emph{%
\ Cet évènement se réalise si et seulement si le jeton A ne change pas de
place, c'est-à-dire que l'on pioche le jeton }$b$\emph{\ ou }$c$\emph{. La
probabilité de piocher le jeton }$b$\emph{\ ou }$c$\emph{\ étant }$\dfrac{1}{%
3}+\dfrac{1}{3}=\dfrac{2}{3},$\emph{\ on a }$p_{\mathcal{A}_{0}\cap \mathcal{%
B}_{1}}(\mathcal{B}_{2})=\dfrac{2}{3}$\emph{\newline
}\underline{$p_{\mathcal{A}_{0}\cap \mathcal{B}_{1}\cap \mathcal{B}_{2}}(%
\mathcal{A}_{3})$}\emph{\ : le jeton A se trouve dans la cas }$C_{1}$\emph{\
et il doit aller dans la case }$C_{0}.$\emph{\ Cet évènement se réalise si
et seulement si le jeton A change de place, c'est-à-dire que l'on pioche le
jeton }$a$\emph{. La probabilité de piocher le jeton }$a$\emph{\ étant }$%
\dfrac{1}{3},$\emph{\ on a }$p_{\mathcal{A}_{0}\cap \mathcal{B}_{1}\cap
\mathcal{B}_{2}}(\mathcal{A}_{3})=\dfrac{1}{3}$\emph{\newline
}\textbf{Calcul de }$p(D_{4})$ :
\begin{eqnarray*}
p(D_{4}) &=&p(\mathcal{A}_{0}\cap \mathcal{B}_{1}\cap \mathcal{B}_{2}\cap
\mathcal{B}_{3}\cap \mathcal{A}_{4})=p(\mathcal{A}_{0})p_{\mathcal{A}_{0}}(%
\mathcal{B}_{1})p_{\mathcal{A}_{0}\cap \mathcal{B}_{1}}(\mathcal{B}_{2})p_{%
\mathcal{A}_{0}\cap \mathcal{B}_{1}\cap \mathcal{B}_{2}}(\mathcal{B}_{3})p_{%
\mathcal{A}_{0}\cap \mathcal{B}_{1}\cap \mathcal{B}_{2}\cap \mathcal{B}_{3}}(%
\mathcal{A}_{4}) \\
&=&1\times \dfrac{1}{3}\times \dfrac{2}{3}\times \dfrac{2}{3}\times \dfrac{1%
}{3}=(\dfrac{1}{3})^{2}\times (\dfrac{2}{3})^{2}
\end{eqnarray*}%
\emph{Justification des calculs de probabilités :\newline
}\underline{$p_{\mathcal{A}_{0}\cap \mathcal{B}_{1}\cap \mathcal{B}_{2}}(%
\mathcal{B}_{3})$}\emph{\ : le jeton A se trouve dans la cas }$C_{1}$\emph{\
à l'issue de la }$2^{i\grave{e}me}$\emph{\ opération et il doit rester dans
la case }$C_{1}.$\emph{\ Cet évènement se réalise si et seulement si le
jeton A ne change pas de place, c'est-à-dire que l'on pioche le jeton }$b$%
\emph{\ ou }$c$\emph{. La probabilité de piocher le jeton }$b$\emph{\ ou }$c$%
\emph{\ étant }$\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{3}=\dfrac{2}{3},$\emph{\ on a }$p_{%
\mathcal{A}_{0}\cap \mathcal{B}_{1}\cap \mathcal{B}_{2}}(\mathcal{B}_{3})=%
\dfrac{2}{3}$\emph{\newline
}\underline{$p_{\mathcal{A}_{0}\cap \mathcal{B}_{1}\cap \mathcal{B}_{2}\cap
\mathcal{B}_{3}}(\mathcal{A}_{4})$}\emph{\ : le jeton A se trouve dans la
cas }$C_{1}$\emph{\ à l'issue de la }$3^{i\grave{e}me}$\emph{\ opération et
il doit aller dans la case }$C_{0}.$\emph{\ Cet évènement se réalise si et
seulement si le jeton A change de place, c'est-à-dire que l'on pioche le
jeton }$a$\emph{. La probabilité de piocher le jeton }$a$\emph{\ étant }$%
\dfrac{1}{3},$\emph{\ on a }$p_{\mathcal{A}_{0}\cap \mathcal{B}_{1}\cap
\mathcal{B}_{2}\cap \mathcal{B}_{3}}(\mathcal{A}_{4})=\dfrac{1}{3}$%
\begin{equation*}
\begin{tabular}{|l|l|l|l|}
\hline
& & & \\
$p(D_{1})=0$ & $p(D_{2})=(\dfrac{1}{3})^{2}$ & $p(D_{3})=(\dfrac{1}{3})^{2}(%
\dfrac{2}{3})$ & $p(D_{4})=(\dfrac{1}{3})^{2}(\dfrac{2}{3})^{2}$ \\
& & & \\ \hline
\end{tabular}%
\end{equation*}
\item Si $n\geqslant 2,$ on a : $D_{n}=\mathcal{A}_{0}\cap \mathcal{B}%
_{1}\cap \mathcal{B}_{2}\cap \cdots \cap \mathcal{B}_{n-1}\cap \mathcal{A}%
_{n}$\newline
\textbf{Calcul de }$p(D_{n})$\textbf{\ lorsque }$n\geqslant 2$\textbf{\ }:
\begin{eqnarray*}
p(D_{n}) &=&p(\mathcal{A}_{0}\cap \underset{n-1\text{ évènements}}{%
\underbrace{\mathcal{B}_{1}\cap \mathcal{B}_{2}\cap \cdots \cap \mathcal{B}%
_{n-2}\cap \mathcal{B}_{n-1}}}\cap \mathcal{A}_{n}) \\
&=&p(\mathcal{A}_{0})p_{\mathcal{A}_{0}}(\mathcal{B}_{1})p_{\mathcal{A}%
_{0}\cap \mathcal{B}_{1}}(\mathcal{B}_{2})\cdots p_{\mathcal{A}_{0}\cap
\mathcal{B}_{1}\cap \mathcal{B}_{2}\cap \cdots \cap \mathcal{B}_{n-2}}(%
\mathcal{B}_{n-1})p_{\mathcal{A}_{0}\cap \mathcal{B}_{1}\cap \mathcal{B}%
_{2}\cap \cdots \cap \mathcal{B}_{n-1}}(\mathcal{A}_{n}) \\
&=&1\times \dfrac{1}{3}\times \underset{n-2\text{ évènements}}{\underbrace{%
\dfrac{2}{3}\times \cdots \times \dfrac{2}{3}}}\times \dfrac{1}{3}=(\dfrac{2%
}{3})^{n-2}\times (\dfrac{1}{3})^{2}
\end{eqnarray*}%
\begin{equation*}
\begin{tabular}{|l|}
\hline
\\
$\forall n\geqslant 2,\quad p(D_{n})=(\dfrac{2}{3})^{n-2}\times (\dfrac{1}{3}%
)^{2}$ \\
\\ \hline
\end{tabular}%
\end{equation*}%
\emph{Justification des calculs de probabilités :\newline
}\underline{$p_{\mathcal{A}_{0}\cap \mathcal{B}_{1}\cap \mathcal{B}_{2}\cap
\cdots \cap \mathcal{B}_{k}}(\mathcal{B}_{k+1})$}\emph{\ : le jeton A se
trouve dans la cas }$C_{1}$\emph{\ à l'issue de la }$k^{i\grave{e}me}$\emph{%
\ opération et il doit rester dans la case }$C_{1}.$\emph{\ Cet évènement se
réalise si et seulement si le jeton A ne change pas de place, c'est-à-dire
que l'on pioche le jeton }$b$\emph{\ ou }$c$\emph{. La probabilité de
piocher le jeton }$b$\emph{\ ou }$c$\emph{\ étant }$\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{3}%
=\dfrac{2}{3},$\emph{\ on a }$p_{\mathcal{A}_{0}\cap \mathcal{B}_{1}\cap
\mathcal{B}_{2}\cap \cdots \cap \mathcal{B}_{k}}(\mathcal{B}_{k+1})=\dfrac{2%
}{3}$\emph{\newline
}\underline{$p_{\mathcal{A}_{0}\cap \mathcal{B}_{1}\cap \mathcal{B}_{2}\cap
\cdots \cap \mathcal{B}_{n-1}}(\mathcal{A}_{n})$}\emph{\ : le jeton A se
trouve dans la cas }$C_{1}$\emph{\ à l'issue de la }$(n-1)^{i\grave{e}me}$%
\emph{\ opération et il doit aller dans la case }$C_{0}.$\emph{\ Cet évè%
nement se réalise si et seulement si le jeton A change de place, c'est-à%
-dire que l'on pioche le jeton }$a$\emph{. La probabilité de piocher le
jeton }$a$\emph{\ étant }$\dfrac{1}{3},$\emph{\ on a }$p_{\mathcal{A}%
_{0}\cap \mathcal{B}_{1}\cap \mathcal{B}_{2}\cap \cdots \cap \mathcal{B}%
_{n-1}}(\mathcal{A}_{n})=\dfrac{1}{3}$
\end{enumerate}
\item \thinspace
\begin{enumerate}
\item La position du jeton A à l'issue de le $(n+1)^{i\grave{e}me}$ opé%
ration dépend de la lettre obtenue $(a,b$ ou $c)$ mais aussi de sa position à
l'issue de la $n^{i\grave{e}me}$ opération. Etant donné que la position à
l'issue de la $n^{i\grave{e}me}$ opération précède l'obtention de la lettre,
on introduit la famille $(\mathcal{A}_{n},\mathcal{B}_{n})$ qui constitue un
système complet d'évènements. On a donc :%
\begin{equation*}
\left\{
\begin{array}{c}
p(\mathcal{A}_{n+1})=p(\mathcal{A}_{n}\cap \mathcal{A}_{n+1})+p(\mathcal{B}%
_{n}\cap \mathcal{A}_{n+1})=p(\mathcal{A}_{n})p_{\mathcal{A}_{n}}(\mathcal{A}%
_{n+1})+p(\mathcal{B}_{n})p_{\mathcal{B}_{n}}(\mathcal{A}_{n+1})=\dfrac{2}{3}%
p(\mathcal{A}_{n})+\dfrac{1}{3}p(\mathcal{B}_{n})\medskip \\
p(\mathcal{B}_{n+1})=p(\mathcal{A}_{n}\cap \mathcal{B}_{n+1})+p(\mathcal{B}%
_{n}\cap \mathcal{B}_{n+1})=p(\mathcal{A}_{n})p_{\mathcal{A}_{n}}(\mathcal{B}%
_{n+1})+p(\mathcal{B}_{n})p_{\mathcal{B}_{n}}(\mathcal{B}_{n+1})=\dfrac{1}{3}%
p(\mathcal{A}_{n})+\dfrac{2}{3}p(\mathcal{B}_{n})\medskip%
\end{array}%
\right.
\end{equation*}%
\begin{equation*}
\begin{tabular}{|l|}
\hline
\\
$\forall n\geqslant 0,\quad \left\{
\begin{array}{c}
p(\mathcal{A}_{n+1})=\dfrac{2}{3}p(\mathcal{A}_{n})+\dfrac{1}{3}p(\mathcal{B}%
_{n})\medskip \\
p(\mathcal{B}_{n+1})=\dfrac{1}{3}p(\mathcal{A}_{n})+\dfrac{2}{3}p(\mathcal{B}%
_{n})%
\end{array}%
\right. $ \\
\\ \hline
\end{tabular}%
\end{equation*}%
\emph{Justification des calculs de probabilités conditionnelles : \newline
}\underline{$p_{\mathcal{A}_{n}}(\mathcal{A}_{n+1})$}\emph{\ : le jeton A
est dans la cas }$C_{0}$\emph{\ et il doit se trouver à l'issue de l'opé%
ration suivante dans la case }$C_{0}.$\emph{\ Cet évènement se réalise si et
seulement si le jeton A ne change pas de case, c'est-à-dire si l'on obtient
les lettres }$b$\emph{\ ou }$c.$\emph{\ Puisque la probabilité d'obtenir les
lettres }$b$\emph{\ ou }$c$\emph{\ est }$\dfrac{2}{3},$\emph{\ on a }$p_{%
\mathcal{A}_{n}}(A_{n+1})=\dfrac{2}{3}$\emph{\newline
}\underline{$p_{\mathcal{B}_{n}}(\mathcal{A}_{n+1})$}\emph{\ : le jeton A
est dans la cas }$C_{1}$\emph{\ et il doit se trouver à l'issue de l'opé%
ration suivante dans la case }$C_{0}.$\emph{\ Cet évènement se réalise si et
seulement si le jeton A change de case, c'est-à-dire si l'on obtient la
lettre }$a.$\emph{\ Puisque la probabilité d'obtenir la lettre }$a$\emph{\
est }$\dfrac{1}{3},$\emph{\ on a }$p_{\mathcal{B}_{n}}(A_{n+1})=\dfrac{1}{3}$%
\emph{\newline
}\underline{$p_{\mathcal{A}_{n}}(\mathcal{B}_{n+1})$}\emph{\ : le jeton A
est dans la cas }$C_{0}$\emph{\ et il doit se trouver à l'issue de l'opé%
ration suivante dans la case }$C_{1}.$\emph{\ Cet évènement se réalise si et
seulement si le jeton A change de case, c'est-à-dire si l'on obtient la
lettre }$a.$\emph{\ Puisque la probabilité d'obtenir la lettre }$a$\emph{\
est }$\dfrac{1}{3},$\emph{\ on a }$p_{\mathcal{A}_{n}}(B_{n+1})=\dfrac{1}{3}$%
\emph{\newline
}\underline{$p_{\mathcal{B}_{n}}(\mathcal{B}_{n+1})$}\emph{\ : le jeton A
est dans la cas }$C_{1}$\emph{\ et il doit se trouver à l'issue de l'opé%
ration suivante dans la case }$C_{1}.$\emph{\ Cet évènement se réalise si et
seulement si le jeton A ne change pas de case, c'est-à-dire si l'on obtient
les lettres }$b$\emph{\ ou }$c.$\emph{\ Puisque la probabilité d'obtenir les
lettres }$b$\emph{\ ou }$c$\emph{\ est }$\dfrac{2}{3},$\emph{\ on a }$p_{%
\mathcal{B}_{n}}(B_{n+1})=\dfrac{2}{3}$
\item Pour tout entier $n\geqslant 0,$ on pose l'hypothèse de récurrence :
\begin{equation*}
(\mathcal{H}_{n}):\forall n\geqslant 0,\quad p(\mathcal{A}_{n})=\dfrac{1}{2}+%
\dfrac{1}{2\times 3^{n}}\quad \text{et}\quad p(\mathcal{B}_{n})=\dfrac{1}{2}-%
\dfrac{1}{2\times 3^{n}}
\end{equation*}%
\textbf{Initialisation} : Puisque le jeton A est au départ dans la case $%
C_{0},$ on a : $p(\mathcal{A}_{0})=1$ et $p(\mathcal{B}_{0})=0.$ D'autre
part, on a
\begin{equation*}
\begin{array}{c}
\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2\times 3^{0}}=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}=1 \\
\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2\times 3^{0}}=\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}=0%
\end{array}%
\end{equation*}%
donc on a bien $p(\mathcal{A}_{0})=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2\times 3^{0}}$ et
$p(\mathcal{B}_{0})=\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2\times 3^{0}}$ donc $(\mathcal{H}%
_{0})$ est vraie.\newline
\textbf{Hérédité} : supposons $(\mathcal{H}_{n})$ vraie et montrons $(%
\mathcal{H}_{n+1}),$ c'est-à-dire, supposons que
\begin{equation*}
p(\mathcal{A}_{n})=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2\times 3^{n}}\quad \text{et}\quad
p(\mathcal{B}_{n})=\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2\times 3^{n}}
\end{equation*}%
et montrons que
\begin{equation*}
p(\mathcal{A}_{n+1})=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2\times 3^{n+1}}\quad \text{et}%
\quad p(\mathcal{B}_{n+1})=\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2\times 3^{n+1}}
\end{equation*}%
Pour commencer, on a $\left\{
\begin{array}{c}
p(\mathcal{A}_{n+1})=\dfrac{2}{3}p(\mathcal{A}_{n})+\dfrac{1}{3}p(\mathcal{B}%
_{n})\medskip \\
p(\mathcal{B}_{n+1})=\dfrac{1}{3}p(\mathcal{A}_{n})+\dfrac{2}{3}p(\mathcal{B}%
_{n})%
\end{array}%
\right. $ et l'hypothèse de récurrence $(\mathcal{H}_{n})$ nous donne alors%
\begin{equation*}
\left\{
\begin{array}{c}
p(\mathcal{A}_{n+1})=\dfrac{2}{3}\left( \dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2\times 3^{n}}%
\right) +\dfrac{1}{3}\left( \dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2\times 3^{n}}\right) =%
\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3^{n+1}}-\dfrac{1}{2}\times \dfrac{1}{3^{n+1}}=\dfrac{%
1}{2}+\dfrac{1}{2\times 3^{n+1}}\medskip \\
p(\mathcal{B}_{n+1})=\dfrac{1}{3}\left( \dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2\times 3^{n}}%
\right) +\dfrac{2}{3}\left( \dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2\times 3^{n}}\right) =%
\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2\times 3^{n+1}}-\dfrac{1}{3^{n+1}}=\dfrac{1}{2}-%
\dfrac{1}{2\times 3^{n+1}}%
\end{array}%
\right.
\end{equation*}%
donc $(\mathcal{H}_{n+1})$ est vraie.\newline
\textbf{Conclusion} : $\forall n\geqslant 0,\quad (\mathcal{H}_{n})$ est
vraie, c'est-à-dire que
\begin{equation*}
\begin{tabular}{|l|}
\hline
\\
$\forall n\geqslant 0,\quad p(\mathcal{A}_{n})=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{%
2\times 3^{n}}\quad $et$\quad p(\mathcal{B}_{n})=\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{%
2\times 3^{n}}$ \\
\\ \hline
\end{tabular}%
\end{equation*}
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\section*{EXERCICE III (extrait d'ESCAE\ 1988, "ancêtre" d'ECRICOME)}
On commence par traduire l'énoncé. Pour cela, on introduit naturellement les
évènements
\begin{equation*}
\begin{tabular}{l}
I : " être un contrevenant involontaire " et V : " être verbalisé "%
\end{tabular}%
\end{equation*}%
On a donc : $p(I)=\dfrac{1}{4},\quad p(\overline{I})=\dfrac{3}{4},\quad
p_{I}(V)=\dfrac{1}{40}\quad $et$\quad p_{\overline{I}}(V)=\dfrac{1}{60}$
\begin{enumerate}
\item Il s'agit donc de calculer la probabilité $p(V).$ On utilise pour cela
le système complet d'évènements $(I,\overline{I})$ et l'on a
\begin{equation*}
p(V)=p(I\cap V)+p(\overline{I}\cap V)=p(I)p_{I}(V)+p(\overline{I})p_{%
\overline{I}}(V)=\dfrac{1}{4}\times \dfrac{1}{40}+\dfrac{3}{4}\times \dfrac{1%
}{60}=\dfrac{3}{160}\simeq 0.019\div 10^{-3}
\end{equation*}%
\begin{equation*}
\begin{tabular}{|l|}
\hline
Il y a environ 1,9\ \% de chance qu'un stationnement irrégulier soit
sanctionné \\ \hline
\end{tabular}%
\end{equation*}
\item Il s'agit de calculer la probabilité conditionnelle $p_{V}(\overline{I}%
).$ Ne povant réinterpréter cette probabilité conditionnelle, on utilise la
formule mathématique définissant cette probabilité conditionnelle, ce qui
nous donne :%
\begin{equation*}
p_{V}(\overline{I})=\dfrac{p(V\cap \overline{I})}{p(V)}=\dfrac{p(\overline{I}%
\cap V)}{P(V)}=\dfrac{p(\overline{I})p_{\overline{I}}(V)}{p(V)}=\dfrac{%
\dfrac{3}{4}\times \dfrac{1}{60}}{\dfrac{3}{160}}=\dfrac{2}{3}
\end{equation*}%
\begin{equation*}
\begin{tabular}{|l|}
\hline
On a 2 chances sur 3\ d'être un contrevenant volontaire lorsqu'on est
verbabilisé \\ \hline
\end{tabular}%
\end{equation*}
\item Pour $k\in \lbrack \hspace{-0.15em}[0,300]\hspace{-0.13em}],$ on note $%
A_{k}$ l'évènement :%
\begin{equation*}
\begin{tabular}{l}
$A_{k}$ : " être verbalisé $k$ fois verbalisés au cours de 300\
stationnements irréguliers "%
\end{tabular}%
\end{equation*}%
Au cours de ses activités professionnelles, un certain contrevenant
volontaire se trouve 300 fois dans l'année en stationnement irréguliers et a
donc, chaque fois, une probabilité de $\dfrac{1}{60}$ d'être verbalisé.%
\newline
Quelle est la probabilité qu'il soit verbalisé :
\begin{enumerate}
\item Il s'agit de calculer $p(A_{0}).$ A chaque stationnement, la probabilit%
é de ne pas être verbalisé vaut $1-\dfrac{1}{60},$ on a :
\begin{equation*}
p(A_{0})=\left( 1-\dfrac{1}{60}\right) ^{300}\simeq 0.006\pm 10^{-3}
\end{equation*}%
\begin{equation*}
\begin{tabular}{|l|}
\hline
On a environ 0,6\ \% de chance de ne pas être verbalisé en 300\
stationnements irréguliers \\ \hline
\end{tabular}%
\end{equation*}
\item Il s'agit de calculer $p(A_{1}).$ A chaque stationnement, la probabilit%
é d'être verbalisé vaut $\dfrac{1}{60},$ on choisit l'un des 300
stationnements irréguliers où l'on a va être verbalisé ($\binom{360}{1}$
choix), la probabilité d'être verbalisé pour ce stationnement irrégulier
vaut $\dfrac{1}{60}$ et la probabilité de ne pas être verbalisé pendant les $%
300-1=299$ autres stationnements vaut $(1-\dfrac{1}{60})^{299}$, donc on a :%
\begin{equation*}
p(A_{1})=\binom{360}{1}\left( \dfrac{1}{60}\right) \left( 1-\dfrac{1}{60}%
\right) ^{299}\simeq 0.040\pm 10^{-3}
\end{equation*}%
\begin{equation*}
\begin{tabular}{|l|}
\hline
On a environ 4\ \% de chance d'être verbalisé une seule fois en 300\
stationnements irréguliers \\ \hline
\end{tabular}%
\end{equation*}
\item Il s'agit de calculer $p(A_{10}).$ A chaque stationnement, la
probabilité d'être verbalisé vaut $\dfrac{1}{60},$ on choisit 10 des 300
stationnements irréguliers où l'on a va être verbalisé ($\binom{360}{10}$
choix), la probabilité d'être verbalisé pour ces 10 stationnements irré%
guliers vaut $(\dfrac{1}{60})^{10}$ et la probabilité de ne pas être verbalis%
é pendant les $300-10=290$ autres stationnements vaut $(1-\dfrac{1}{60}%
)^{290}$, donc on a :%
\begin{equation*}
p(A_{1})=\binom{360}{10}\left( \dfrac{1}{60}\right) ^{10}\left( 1-\dfrac{1}{%
60}\right) ^{290}\simeq 0.112\pm 10^{-3}
\end{equation*}%
\begin{equation*}
\begin{tabular}{|l|}
\hline
On a environ 11,2\ \% de chance d'être verbalisé 10 fois en 300\
stationnements irréguliers \\ \hline
\end{tabular}%
\end{equation*}
\item Il s'agit de calculer $p(A_{k}).$ A chaque stationnement, la probabilit%
é d'être verbalisé vaut $\dfrac{1}{60},$ on choisit $k$ des 300
stationnements irréguliers où l'on a va être verbalisé ($\binom{360}{k}$
choix), la probabilité d'être verbalisé pour ces $k$ stationnements irré%
guliers vaut $(\dfrac{1}{60})^{k}$ et la probabilité de ne pas être verbalisé
pendant les $300-k$ autres stationnements vaut $(1-\dfrac{1}{60})^{300-k}$,
donc on a :%
\begin{equation*}
\forall k\in \lbrack \hspace{-0.15em}[0,300]\hspace{-0.13em}],\quad p(A_{k})=%
\binom{360}{k}\left( \dfrac{1}{60}\right) ^{k}\left( 1-\dfrac{1}{60}\right)
^{300-k}
\end{equation*}%
\begin{equation*}
\begin{tabular}{|l|}
\hline
\\
La probabilité d'être verbalisé $k$ fois en 300\ stationnements irréguliers
vaut $\binom{360}{k}\left( \dfrac{1}{60}\right) ^{k}\left( 1-\dfrac{1}{60}%
\right) ^{300-k}$ \\
\\ \hline
\end{tabular}%
\end{equation*}
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\section*{EXERCICE\ IV (extrait EDHEC\ 2003)}
\begin{enumerate}
\item Cela résulte essentiellement de la règle des signes.\newline
Si $x>0,$ alors $e^{x}>1$ donc $e^{x}-1>0$ donc $\dfrac{e^{x}-1}{x}>0.$%
\newline
Si $x<0,$ alors $e^{x}<1$ donc $e^{x}-1<0$ donc (le quotient de deux né%
gatifs étant négatif) $\dfrac{e^{x}-1}{x}>0$.
\item \thinspace
\begin{enumerate}
\item Il s'agit de calculer $\lim\limits_{\substack{ x\rightarrow 0 \\ %
x\neq 0}}f(x).$ Pour commencer, on remarque que $\dfrac{e^{x}-1}{x}\underset{%
x\rightarrow 0}{\rightarrow }1$ (formule de cours) donc $\ln \left( \dfrac{%
e^{x}-1}{x}\right) \underset{x\rightarrow 0}{\rightarrow }\ln 1=0$ et comme $%
f(0)=0,$ on a bien $\lim\limits_{\substack{ x\rightarrow 0 \\ x\neq 0}}%
f(x)=f(0),$ ce qui signifie que
\begin{tabular}{|l|}
\hline
$f$ est continue en $0.$ \\ \hline
\end{tabular}
\item En $-\infty ,$ $e^{x}$ tend vers $0$ donc $e^{x}-1$ tend vers $-1$ et $%
x$ tend vers $-\infty $ donc $\dfrac{e^{x}-1}{x}\underset{x\rightarrow
-\infty }{\rightarrow }0$ "$\dfrac{0}{\infty }=0$"\newline
En $+\infty ,$ $e^{x}$ tend vers $+\infty $ et $1$ est constant donc le
terme dominant de $e^{x}-1$ est $e^{x}.$ On écrit alors%
\begin{equation*}
\dfrac{e^{x}-1}{x}=\dfrac{e^{x}(1-e^{-x})}{x}=\dfrac{e^{x}}{x}(1-e^{-x}).
\end{equation*}%
Puisque $\lim\limits_{x\rightarrow +\infty }\dfrac{e^{x}}{x}%
=\lim\limits_{x\rightarrow +\infty }e^{x}=+\infty $ et que $%
\lim\limits_{x\rightarrow -\infty }(1-e^{-x})=1$, on a $\lim\limits_{x%
\rightarrow +\infty }\dfrac{e^{x}-1}{x}=+\infty $ "$+\infty \times 1=+\infty
$". Puisque $\lim\limits_{X\rightarrow +\infty }\ln X=+\infty ,$ on a donc $%
\lim\limits_{x\rightarrow +\infty }\ln \left( \dfrac{e^{x}-1}{x}\right)
=+\infty $%
\begin{equation*}
\begin{tabular}{|l|}
\hline
$\lim\limits_{x\rightarrow -\infty }f(x)=-\infty \qquad
\lim\limits_{x\rightarrow +\infty }f(x)=+\infty $ \\ \hline
\end{tabular}%
\end{equation*}
\item On sait que $\lim\limits_{x\rightarrow +\infty }f(x)=+\infty ,$ donc
on va étudier l'existence de $\lim\limits_{x\rightarrow +\infty }\dfrac{f(x)%
}{x}.$ D'après l'indication de l'énoncé, on a :%
\begin{equation*}
\dfrac{f(x)}{x}=\dfrac{\ln (e^{x}-1)-\ln x}{x}
\end{equation*}%
Il s'agit d'expliciter le terme dominant au numérateur. Pour cela, on
constate que le terme dominant en $+\infty $ dans le logarithme est $e^{x},$
on a donc%
\begin{equation*}
\ln (e^{x}-1)=\ln (e^{x}[1-e^{-x}])=\ln e^{x}+\ln (1-e^{-x})=x+\ln (1-e^{-x})
\end{equation*}%
d'où
\begin{equation*}
\dfrac{f(x)}{x}=\dfrac{x+\ln (1-e^{-x})-\ln x}{x}=1+\dfrac{\ln (1-e^{-x})}{x}%
-\dfrac{\ln x}{x}
\end{equation*}%
Puisque $\lim\limits_{x\rightarrow +\infty }\dfrac{\ln x}{x}%
=\lim\limits_{x\rightarrow +\infty }\dfrac{1}{x}=0$, que $%
\lim\limits_{x\rightarrow +\infty }\ln (1-e^{-x})=\ln 1=0$ donc $%
\lim\limits_{x\rightarrow +\infty }\dfrac{\ln (1-e^{-x})}{x}=0,$ on a
\begin{equation*}
\lim\limits_{x\rightarrow +\infty }\dfrac{f(x)}{x}=1
\end{equation*}%
Etudions maintenant l'existence de $\lim\limits_{x\rightarrow +\infty
}(f(x)-x).$%
\begin{equation*}
f(x)-x=\ln (e^{x}-1)-\ln x-x=x+\ln (1-e^{-x})-\ln x-x=\ln (1-e^{-x})-\ln x
\end{equation*}%
et puisque $\lim\limits_{x\rightarrow +\infty }\ln (1-e^{-x})=0$ et que $%
\lim\limits_{x\rightarrow +\infty }-\ln x=-\infty ,$ on en déduit que
\begin{equation*}
\lim\limits_{x\rightarrow +\infty }(f(x)-x)=-\infty
\end{equation*}%
\begin{equation*}
\begin{tabular}{|l|}
\hline
La courbe représentative $\mathcal{C}_{f}$ de $f$ admet donc une branche
parabolique de direction la droite $y=x$ \\ \hline
\end{tabular}%
\end{equation*}
\end{enumerate}
\item \thinspace
\begin{enumerate}
\item En utilisant les classiques formules $(\ln u)^{\prime }=\dfrac{%
u^{\prime }}{u}$ et $(\dfrac{u}{v})^{\prime }=\dfrac{u^{\prime }v-uv^{\prime
}}{v^{2}}$, on a
\begin{equation*}
\forall x\neq 0,\quad f^{\prime }(x)=\dfrac{\left( \dfrac{e^{x}-1}{x}\right)
^{\prime }}{\dfrac{e^{x}-1}{x}}=\dfrac{\dfrac{e^{x}x-(e^{x}-1)}{x^{2}}}{%
\dfrac{e^{x}-1}{x}}=\dfrac{xe^{x}-e^{x}+1}{x(e^{x}-1)}
\end{equation*}%
\begin{equation*}
\begin{tabular}{|l|}
\hline
\\
$\forall x\neq 0,\quad f^{\prime }(x)=\dfrac{xe^{x}-e^{x}+1}{x(e^{x}-1)}$ \\
\\ \hline
\end{tabular}%
\end{equation*}
\item On commence par calculer la dérivée de $g$%
\begin{equation*}
g^{\prime }(x)=\underset{(uv)^{\prime }=u^{\prime }v+uv^{\prime }}{%
\underbrace{e^{x}+xe^{x}}}-e^{x}=xe^{x},
\end{equation*}%
le signe de $g^{\prime }$ étant le signe de $x,$ nous obtenons le tableau de
variations de $g$ :%
\begin{equation*}
\begin{tabular}{|l|l|l|l|l|l|}
\hline
$x$ & $-\infty $ & & $0$ & & $+\infty $ \\ \hline
$g^{\prime }(x)$ & & $-$ & & $+$ & \\ \hline
$g(x)$ & & $\searrow $ & & $\nearrow $ & \\
& & & $0$ & & \\ \hline
\end{tabular}%
\end{equation*}
\item La fonction $g$ est positive sur $\mathbb{R}$ et comme $\forall x\neq
0,\quad f^{\prime }(x)=\dfrac{g(x)}{x(e^{x}-1)},$ on obtient le tableau de
variation de $f$
\begin{equation*}
\begin{tabular}{|l|l|l|l|l|l|}
\hline
$x$ & $-\infty $ & & $0$ & & $+\infty $ \\ \hline
$g(x)$ & & $+$ & & $+$ & \\ \hline
$x$ & & $-$ & & $+$ & \\ \hline
$e^{x}-1$ & & $-$ & & $+$ & \\ \hline
$f^{\prime }(x)$ & & $+$ & & $+$ & \\ \hline
& & & & & $+\infty $ \\
& & & & $\nearrow $ & \\
$f(x)$ & & & $0$ & & \\
& & $\nearrow $ & & & \\
& $-\infty $ & & & & \\ \hline
\end{tabular}%
\end{equation*}
\item On se lance dans le calcul.
\begin{eqnarray*}
f(x)-x &=&\ln \left( \dfrac{e^{x}-1}{x}\right) -x=\ln \left( \dfrac{e^{x}-1}{%
x}\right) -\ln e^{x}=\ln \left[ \dfrac{\dfrac{e^{x}-1}{x}}{e^{x}}\right]
=\ln \left[ \dfrac{e^{x}-1}{x}\times e^{-x}\right] \\
&=&\ln \left( \dfrac{1-e^{-x}}{x}\right) =\ln \left( \dfrac{e^{-x}-1}{-x}%
\right) =f(-x)
\end{eqnarray*}%
D'après la question 3.d), pour tout réel $x>0,$ $-x$ est strictement négatif
et comme $f$ est négative sur $\mathbb{R}_{+}^{\times },$ on a $f(-x)<0$
donc donc
\begin{tabular}{|l|}
\hline
$f(x)-x<0$ sur $\mathbb{R}_{+}^{\times }$ \\ \hline
\end{tabular}
\end{enumerate}
\item \thinspace
\begin{enumerate}
\item On procède par récurrence en considérant l'hypothèse de récurrence : $(%
\mathcal{H}_{n}):u_{n}>0$\newline
\textbf{Initialisation} : $u_{0}>0$ d'après l'énoncé donc $(\mathcal{H}_{0})$
est vraie.\newline
\textbf{Hérédité} : Supposons $(\mathcal{H}_{n})$ vraie et montrons $(%
\mathcal{H}_{n+1}),$ c'est-à-dire, supposons que $u_{n}>0$ et montrons que $%
u_{n+1}>0.$ Puisque $u_{n}>0$ et que la fonction $f$ est strictement
positive sur $\mathbb{R}_{+}^{\times },$ on a $f(u_{n})>0$ et comme $%
u_{n+1}=f(u_{n}),$ on en déduit que $u_{n+1}>0$ donc $(\mathcal{H}_{n+1})$
est vraie.\newline
\textbf{Conclusion} :
\begin{tabular}{|l|}
\hline
$\forall n\in \mathbb{N},\quad u_{n}>0$. \\ \hline
\end{tabular}
\item On doit étudier le signe de $u_{n+1}-u_{n}=f(u_{n})-u_{n}.$ On sait
que la fonction $x\mapsto f(x)-x$ est strictement négative sur $\mathbb{R}%
_{+}^{\times }$ et que $u_{n}>0,$ on en déduit que $f(u_{n})-u_{n}<0$ donc
la suite $u$ est décroissante.
\item La suite $(u_{n})$ est décroissante et minorée par $0$ (car $\forall
n\geqslant 0,\quad u_{n}>0)$ donc elle converge et soit $L$ sa limite.
Puisque $f$ est continue sur $\mathbb{R},$ on a $\left.
\begin{array}{c}
u_{n+1}\underset{n\rightarrow +\infty }{\rightarrow }L \\
f(u_{n})\underset{n\rightarrow +\infty }{\rightarrow }f(L)%
\end{array}%
\right\} $ et comme $\forall n\geqslant 0,\quad u_{n+1}=f(u_{n})$, on en dé%
duit que
\begin{equation*}
L=f(L)\Leftrightarrow f(L)-L=0\underset{\text{question 3.d)}}{%
\Leftrightarrow }f(-L)=0\Leftrightarrow -L\underset{\text{question 3.c)}}{=}%
0\Leftrightarrow L=0
\end{equation*}%
Par conséquent,
\begin{tabular}{|l|}
\hline
la suite $(u_{n})$ converge vers $0$ \\ \hline
\end{tabular}
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\section*{EXERCICE\ V (extrait ESSEC\ 2003)}
\begin{enumerate}
\item La représentation graphique de $U$ est l'intérieur du triangle suivant
:
\begin{equation*}
%TCIMACRO{%
%\FRAME{itbpFX}{2.2399in}{1.4927in}{0in}{}{}{Plot}{%
%\special{language "Scientific Word";type "MAPLEPLOT";width 2.2399in;height 1.4927in;depth 0in;display "USEDEF";plot_snapshots TRUE;mustRecompute FALSE;lastEngine "MuPAD";xmin "0";xmax "1";ymin "0";ymax "1";xviewmin "-0.001";xviewmax "1.001";yviewmin "-0.001";yviewmax "1.001";rangeset"XY";plottype 12;constrained TRUE;num-x-gridlines 24;num-y-gridlines 24;plotstyle "patch";axesstyle "normal";xis \TEXUX{x};yis \TEXUX{y};var1name \TEXUX{$x$};var2name \TEXUX{$y$};function \TEXUX{$x=0$};linecolor "blue";linestyle 1;pointstyle "point";linethickness 1;lineAttributes "Solid";var1range "0,1";var2range "0,1";num-x-gridlines 100;num-y-gridlines 100;curveColor "[flat::RGB:0x000000ff]";curveStyle "Line";function \TEXUX{$y=0$};linecolor "blue";linestyle 1;pointstyle "point";linethickness 1;lineAttributes "Solid";var1range "0,1";var2range "0,1";num-x-gridlines 24;num-y-gridlines 24;curveColor "[flat::RGB:0x000000ff]";curveStyle "Line";function \TEXUX{$1-x-y=0$};linecolor "blue";linestyle 1;pointstyle "point";linethickness 1;lineAttributes "Solid";var1range "0,1";var2range "0,1";num-x-gridlines 24;num-y-gridlines 24;curveColor "[flat::RGB:0x000000ff]";curveStyle "Line";valid_file "T";tempfilename 'IAEVCH00.wmf';tempfile-properties "XP";}}}%
%BeginExpansion
\ifcase\msipdfoutput
\FRAME{itbpFX}{2.2399in}{1.4927in}{0in}{}{}{Plot}{%
\special{language "Scientific Word";type "MAPLEPLOT";width 2.2399in;height
1.4927in;depth 0in;display "USEDEF";plot_snapshots TRUE;mustRecompute
FALSE;lastEngine "MuPAD";xmin "0";xmax "1";ymin "0";ymax "1";xviewmin
"-0.001";xviewmax "1.001";yviewmin "-0.001";yviewmax
"1.001";rangeset"XY";plottype 12;constrained TRUE;num-x-gridlines
24;num-y-gridlines 24;plotstyle "patch";axesstyle "normal";xis \TEXUX{x};yis
\TEXUX{y};var1name \TEXUX{$x$};var2name \TEXUX{$y$};function
\TEXUX{$x=0$};linecolor "blue";linestyle 1;pointstyle "point";linethickness
1;lineAttributes "Solid";var1range "0,1";var2range "0,1";num-x-gridlines
100;num-y-gridlines 100;curveColor "[flat::RGB:0x000000ff]";curveStyle
"Line";function \TEXUX{$y=0$};linecolor "blue";linestyle 1;pointstyle
"point";linethickness 1;lineAttributes "Solid";var1range "0,1";var2range
"0,1";num-x-gridlines 24;num-y-gridlines 24;curveColor
"[flat::RGB:0x000000ff]";curveStyle "Line";function
\TEXUX{$1-x-y=0$};linecolor "blue";linestyle 1;pointstyle
"point";linethickness 1;lineAttributes "Solid";var1range "0,1";var2range
"0,1";num-x-gridlines 24;num-y-gridlines 24;curveColor
"[flat::RGB:0x000000ff]";curveStyle "Line";valid_file "T";tempfilename
'IAEVCH00.wmf';tempfile-properties "XP";}}%
\else
\fbox{\includegraphics[
natheight=1.4927in, natwidth=2.2399in, height=1.4927in, width=2.2399in]
{D:/abdellah/mes_maths/enseignement/2005/phec/ds/graphics/corrige_ds3__1.pdf}}%
\fi
%EndExpansion
\end{equation*}
\item \thinspace
\begin{enumerate}
\item L'ensemble $U$ étant ouvert, un extrémum de $h$ sur $U$ est né%
cessairement un point critique de $h$ sur $U.$ On calcule donc les deux dériv%
ées partielles d'ordre $1$%
\begin{equation*}
\dfrac{\partial f}{\partial x}(x,y)=\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{-x-y+1}\qquad
\dfrac{\partial f}{\partial x}(x,y)=\dfrac{1}{y}-\dfrac{1}{-x-y+1}
\end{equation*}%
et si $(x,y)$ est un point critique de $h$ sur $U,$ on a :
\begin{eqnarray*}
\left\{
\begin{array}{c}
\dfrac{\partial f}{\partial x}(x,y)=0 \\
\dfrac{\partial f}{\partial y}(x,y)=0%
\end{array}%
\right. &\Leftrightarrow &\left\{
\begin{array}{c}
\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{-x-y+1}=0 \\
\dfrac{1}{y}-\dfrac{1}{-x-y+1}=0%
\end{array}%
\right. \underset{L_{2}\leftarrow L_{2}-L_{1}}{\Leftrightarrow }\left\{
\begin{array}{c}
\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{-x-y+1}=0 \\
\dfrac{1}{y}-\dfrac{1}{x}=0%
\end{array}%
\right. \Leftrightarrow \left\{
\begin{array}{c}
\dfrac{1}{y}=\dfrac{1}{x} \\
\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{-x-y+1}=0%
\end{array}%
\right. \\
&\Leftrightarrow &\left\{
\begin{array}{c}
x=y \\
\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{-2x+1}=0%
\end{array}%
\right. \Leftrightarrow \left\{
\begin{array}{c}
x=y \\
\dfrac{(-2x+1)-x}{x(-2x+1)}=0%
\end{array}%
\right. \Leftrightarrow \left\{
\begin{array}{c}
x=y \\
(-2x+1)-x=0%
\end{array}%
\right. \\
&\Leftrightarrow &\left\{
\begin{array}{c}
x=y \\
-3x+1=0%
\end{array}%
\right. \Leftrightarrow \left\{ x=y=\dfrac{1}{3}x=y\right.
\end{eqnarray*}%
Puisque $(\dfrac{1}{3},\dfrac{1}{3})\in U$, on vient de montrer que $%
\begin{tabular}{|l|}
\hline
\\
$(\dfrac{1}{3},\dfrac{1}{3})$ est l'unique extrémum possible de $h$ sur $U$
\\
\\ \hline
\end{tabular}%
.$
\item Pour savoir s'il s'agit bien d'un extrémum local, nous allons calculer
le $rt-s^{2}$ au point $(\dfrac{1}{3},\dfrac{1}{3})$
\begin{eqnarray*}
r(x,y) &=&\dfrac{\partial ^{2}f}{\partial x^{2}}(x,y)=\left[ \dfrac{\partial
}{\partial x}(\dfrac{\partial f}{\partial x})\right] (x,y)=-\dfrac{1}{x^{2}}%
-\left( -\dfrac{-1}{(-x-y+1)^{2}}\right) =-\dfrac{1}{x^{2}}-\dfrac{1}{%
(-x-y+1)^{2}} \\
t(x,y) &=&\dfrac{\partial ^{2}f}{\partial y^{2}}(x,y)=\left[ \dfrac{\partial
}{\partial y}(\dfrac{\partial f}{\partial y})\right] (x,y)=-\left( -\dfrac{-1%
}{(-x-y+1)^{2}}\right) =-\dfrac{1}{(-x-y+1)^{2}} \\
s(x,y) &=&\dfrac{\partial ^{2}f}{\partial x\partial y}(x,y)=\left[ \dfrac{%
\partial }{\partial x}(\dfrac{\partial f}{\partial y})\right] (x,y)=-\left( -%
\dfrac{-1}{(-x-y+1)^{2}}\right) =-\dfrac{1}{(-x-y+1)^{2}} \\
r(\dfrac{1}{3},\dfrac{1}{3}) &=&-\dfrac{1}{(\dfrac{1}{3})^{2}}-\dfrac{1}{(-%
\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{3}+1)^{2}}=-9-9=-18 \\
t(\dfrac{1}{3},\dfrac{1}{3}) &=&-\dfrac{1}{(-\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{3}+1)^{2}%
}=-9 \\
s(\dfrac{1}{3},\dfrac{1}{3}) &=&-\dfrac{1}{(-\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{3}+1)^{2}%
}=-9
\end{eqnarray*}
et l'on a alors $(rt-s^{2})(\dfrac{1}{3},\dfrac{1}{3}%
)=(-18)(-9)-(-9)^{2}=81>0$ donc $(\dfrac{1}{3},\dfrac{1}{3})$ est un extré%
mum local pour $h.$ Puisque $r(\dfrac{1}{3},\dfrac{1}{3})<0,$
\begin{equation*}
\begin{tabular}{|l|}
\hline
\\
le point $(\dfrac{1}{3},\dfrac{1}{3})$ est un maximum local pour la fonction
$h$ sur $U.$ \\
\\ \hline
\end{tabular}%
\end{equation*}
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\label{fin}
\end{document}