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\lhead{PHEC1}
\chead{Correction devoir 4}
\rhead{2004-2005}
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\rfoot{abdellah bechata}
\theoremstyle{break}
\newtheorem{theorem}{Théorème}
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\newtheorem{lemma}[theorem]{Lemme}
\newtheorem{corollary}[theorem]{Corollaire}
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\newtheorem{acknowledgement}[theorem]{Prérequis}
\newtheorem{algorithm}[theorem]{Algorithme}
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\begin{document}
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\begin{multicols}{2}%
%EndExpansion
\section*{EXERCICE\ I (EML 1996)}
\begin{enumerate}
\item \thinspace
\begin{enumerate}
\item La fonction $f$ est le quotient de deux fonctions $C^{1}$ sur $\mathbb{%
R}$ dont le dénominateur ne s'annule pas sur $\mathbb{R}.$ Sa dérivée est
donnée par :%
\begin{equation*}
\forall x\in \mathbb{R},\quad f^{\prime }(x)=\dfrac{%
e^{x}(e^{2x}+1)-e^{x}(2e^{2x})}{(e^{2x}+1)^{2}}=\dfrac{e^{x}(1-e^{2x})}{%
(e^{2x}+1)^{2}}
\end{equation*}%
Le signe de $f^{\prime }(x)$ étant visiblement celui de $1-e^{2x}$ et comme
\begin{equation*}
1-e^{2x}<0\Leftrightarrow 10$
(puisque $e^{x}>0)$ On a :%
\begin{equation*}
h^{\prime }(X)=-4X^{3}-6X-1\quad \text{et}\quad h^{\prime \prime
}(X)=-12X^{2}-6
\end{equation*}%
On en déduit le tableau de variation de $h^{\prime }$%
\begin{equation*}
\begin{tabular}{|c|c|c|c|}
\hline
$X$ & $0$ & & $+\infty $ \\ \hline
$h^{\prime \prime }(X)$ & & $-$ & \\ \hline
& $-1$ & & \\
$h^{\prime }(X)$ & & $\searrow $ & \\
& & & $-\infty $ \\ \hline
$h^{\prime }(X)$ & & $-$ & \\ \hline
& $-1$ & & \\
$h(X)$ & & $\searrow $ & \\
& & & $-\infty $ \\ \hline
\end{tabular}%
\end{equation*}%
Par conséquent, la fonction $h$ est toujours strictement négative sur $%
]0,+\infty \lbrack $ donc la fonction $x\mapsto
e^{x}-e^{3x}-e^{4x}-2e^{2x}-1 $ est strictement négative sur $\mathbb{R}$,
ce qui implique que $g^{\prime }<0$ sur $\mathbb{R}.$ \newline
Par conséquent, la fonction $g$ est strictement décroissante et continue sur
$\mathbb{R}$ donc elle réalise une bijection de $\mathbb{R}$ sur $g(\mathbb{R%
})=\mathbb{R}$ (puisque $\lim\limits_{x\rightarrow +\infty
}g(x)=\lim\limits_{x\rightarrow +\infty }(f(x)-x)=-\infty $ et $%
\lim\limits_{x\rightarrow -\infty }g(x)=\lim\limits_{x\rightarrow -\infty
}(f(x)-x)=+\infty $\newline
En particulier, étant donné que $0\in \mathbb{R}$ ($=g(\mathbb{R})),$ l'é%
quation $g(x)=0\Leftrightarrow f(x)=x$ admet une et une seule solution sur $%
\mathbb{R}.$
\item Il suffit de comparer les images (par $g$ puisque $\ell $ est solution
de l'équation $g(x)=0)$. On a
\begin{eqnarray*}
g(0) &=&f(0)-0=\dfrac{1}{2},\quad g(\ell )=0 \\
g(\dfrac{1}{2}) &=&f(\dfrac{1}{2})-\dfrac{1}{2}=\dfrac{e^{1/2}}{e+1}-\dfrac{1%
}{2}\simeq \dfrac{1.65}{3.72}-\dfrac{1}{2}=\dfrac{3.30-3.72}{2\times 3.72}<0,
\end{eqnarray*}%
ce qui nous permet d'écrire $g(\dfrac{1}{2})\leqslant g(\ell )0$ sur $[0,+\infty \lbrack $ et son tableau de variation
est donné par :%
\begin{equation*}
\begin{tabular}{|c|c|c|c|}
\hline
$t$ & $0$ & & $+\infty $ \\ \hline
$f^{\prime }(t)$ & & $+$ & \\ \hline
& & & $+\infty $ \\
$f(t)$ & & $\nearrow $ & \\
& $0$ & & \\ \hline
\end{tabular}%
\end{equation*}%
La limite en $+\infty $ s'obtient simplement en remarquant que $\dfrac{t^{2}%
}{1+t^{2}}\underset{t\rightarrow +\infty }{\sim }\dfrac{t^{2}}{t^{2}}=1$
donc $\lim\limits_{t\rightarrow +\infty }\dfrac{t^{2}}{t^{2}+1}=1$
\item Puisque $\dfrac{t^{2}}{t^{2}+1}\rightarrow 1,$ on en déduit que $%
\lim\limits_{t\rightarrow +\infty }\dfrac{\dfrac{t^{2}}{t^{2}+1}}{t}=0$ donc
il reste à évaluer $\lim\limits_{t\rightarrow +\infty }\dfrac{\ln (1+t)}{t}.$
Inutile de tenter un DL de $\ln (1+t)$ puisque $t\rightarrow +\infty $ !!
Pour lever l'indétermination, on factorise par le terme dominant dans le
logarithme
\begin{equation*}
\dfrac{\ln (1+t)}{t}=\dfrac{\ln [t(1+\dfrac{1}{t})]}{t}=\dfrac{\ln t+\ln (1+%
\dfrac{1}{t})}{t}=\dfrac{\ln t}{t}+\dfrac{\ln (1+\dfrac{1}{t})}{t}
\end{equation*}%
On peut donc conclure puisque $\lim\limits_{t\rightarrow +\infty }\dfrac{\ln
t}{t}=\lim\limits_{t\rightarrow +\infty }\dfrac{1}{t}=0$ et $%
\lim\limits_{t\rightarrow +\infty }\dfrac{\ln (1+\dfrac{1}{t})}{t}=0$ (le num%
érateur tend vers $0$ et le dénominateur vers $+\infty ),$ ce qui implique
que $\lim\limits_{t\rightarrow +\infty }\dfrac{f(t)}{t}=0.$\newline
Autrement dit, en $+\infty ,$ la courbe $\mathcal{C}_{f}$ admet une branche
parabolique ($\lim\limits_{t\rightarrow +\infty }f(t)=+\infty $ et $%
\lim\limits_{t\rightarrow +\infty }\dfrac{f(t)}{t}=0)$%
%TCIMACRO{%
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}%
\else
\begin{center}
\fbox{\includegraphics[
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{D:/abdellah/mes_maths/enseignement/2005/phec/ds/graphics/corrige_ds4__1.pdf}}%
\end{center}
\fi
%EndExpansion
\end{enumerate}
\item \thinspace
\begin{enumerate}
\item A la question 1.a, il a été montré que $f$ est strictement croissante
et continue sur $\mathbb{R}_{+}$ donc elle réalise une bijection de $\mathbb{%
R}_{+}$ sur $f(\mathbb{R}_{+})=\mathbb{R}_{+}$. Puisque $\forall n\in
\mathbb{N}^{\times },$ $\dfrac{1}{n}\in \mathbb{R}_{+},$ on en déduit que l'é%
quation $f(t)=\dfrac{1}{n}$ admet une et une solution (existence et unicité
de l'antécédent de $\dfrac{1}{n}$ par $f)$.
\item On doit comparer $\alpha _{n}$ et $\alpha _{n+1}$ donc on compare
leurs images : $f(\alpha _{n})=\dfrac{1}{n}$ ($\alpha _{n}$ est solution de $%
f(t)=\dfrac{1}{n})$ et $f(\alpha _{n+1})=\dfrac{1}{n+1}$ donc $f(\alpha
_{n+1})\leqslant f(\alpha _{n}).$ La fonction $f$ étant strictement
croissante et bijective sur $\mathbb{R}_{+},$ on en déduit que $\alpha
_{n+1}\leqslant \alpha _{n},$ c'est-à-dire que la suite $\alpha $ est dé%
croissante.\newline
La suite $\alpha $ est décroissante et minorée par $0$ ($\alpha _{n}\in
\lbrack 0,+\infty \lbrack )$ donc elle converge. On note $L$ sa limite. On a
pour tout entier
\begin{equation*}
\forall n\in \mathbb{N}^{\times },\quad \ln (1+\alpha _{n})+\dfrac{(\alpha
_{n})^{2}}{(\alpha _{n})^{2}+1}=\dfrac{1}{n}
\end{equation*}%
En faisant tendre $n$ vers $+\infty ,$ on en déduit que
\begin{equation*}
\ln (1+L)+\dfrac{L^{2}}{L^{2}+1}=0\Leftrightarrow f(L)=0.
\end{equation*}%
Or nous avons montré à la question 1.a) (tableau de variation de $f)$ que la
fonction $f$ est strictement croissante et qu'elle ne s'annule qu'en $0.$
Par conséquent, $L=0$ et la suite $\alpha $ converge vers $0.$
\item Lorsque $t\rightarrow 0^{+},$ on a : $\dfrac{f(t)}{t}=\underset{%
\rightarrow 1}{\underbrace{\dfrac{\ln (1+t)}{t}}}+\underset{\rightarrow 0}{%
\underbrace{\dfrac{t}{1+t^{2}}}}$ donc $\lim\limits_{t\rightarrow 0^{+}}%
\dfrac{f(t)}{t}=1.$\newline
Puisque $\alpha _{n}\rightarrow 0,$ on peut affirmer que $%
\lim\limits_{n\rightarrow +\infty }\dfrac{f(\alpha _{n})}{\alpha _{n}}%
=\lim\limits_{t\rightarrow 0^{+}}\dfrac{f(t)}{t}=1.$ Ensuite, puisque $%
f(\alpha _{n})=\dfrac{1}{n},$ on peut encore écrire que
\begin{equation*}
\lim\limits_{n\rightarrow +\infty }\dfrac{\dfrac{1}{n}}{\alpha _{n}}%
=1\Leftrightarrow \lim\limits_{n\rightarrow +\infty }\dfrac{1}{n\alpha _{n}}%
=1\Leftrightarrow \lim\limits_{n\rightarrow +\infty }n\alpha _{n}=1
\end{equation*}%
\emph{Remarque : cette limite signifie aussi que }$\alpha _{n}\underset{%
n\rightarrow +\infty }{\sim }\dfrac{1}{n}$
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\section*{EXERCICE III (EDHEC\ 2004)}
\begin{enumerate}
\item \thinspace
\begin{enumerate}
\item La fonction $x\mapsto -\dfrac{n^{2}}{x^{2}}$ est de classe $C^{1}$ sur
$\mathbb{R}^{\times }$ (multiple de $x\mapsto \dfrac{1}{x^{2}})$ donc $%
x\mapsto \exp (-\dfrac{n^{2}}{x^{2}})$ est $C^{1}$ sur $\mathbb{R}^{\times
}, $ ce qui implique que $f_{n}$ est de classe $C^{1}$ sur $\mathbb{R}%
^{\times } $ et l'on a :%
\begin{equation*}
\forall x\neq 0,\ f_{n}^{\prime }(x)=2x\exp (-\dfrac{n^{2}}{x^{2}}%
)+x^{2}(-n^{2}(-\dfrac{2}{x^{3}}))\exp (-\dfrac{n^{2}}{x^{2}})=\dfrac{%
x^{2}+n^{2}}{2x}\exp (-\dfrac{n^{2}}{x^{2}})
\end{equation*}
\item Il s'agit donc en premier lieu de calculer $\lim\limits_{x\rightarrow
0}f_{n}(x).$ On effectue le changement de variable $X=\dfrac{1}{x^{2}}%
\Leftrightarrow x^{2}=\dfrac{1}{X}.$ Lorsque $x\rightarrow 0,$ $X\rightarrow
+\infty $ et l'on a :%
\begin{equation*}
\lim\limits_{x\rightarrow 0}x^{2}\exp (-\dfrac{n^{2}}{x^{2}}%
)=\lim\limits_{X\rightarrow +\infty }\dfrac{1}{X}\exp
(-n^{2}X)=\lim\limits_{X\rightarrow +\infty }\exp (-n^{2}X)=0
\end{equation*}%
Ainsi, nous venons que $\lim\limits_{x\rightarrow 0}f_{n}(x)=0$ et comme $%
f_{n}(0)=0,$ on peut affirmer que la fonction $f_{n}$ est continue en $0.$
\item On effectue le changement de variable $X=\dfrac{1}{x^{2}}%
\Leftrightarrow x=\pm \dfrac{1}{\sqrt{X}}.$ Lorsque $x\rightarrow 0,$ $%
X\rightarrow +\infty $ et l'on a :%
\begin{eqnarray*}
\lim\limits_{x\rightarrow 0}\dfrac{1}{x}\exp (-\dfrac{n^{2}}{x^{2}})
&=&\lim\limits_{X\rightarrow +\infty }\pm \sqrt{X}\exp (-n^{2}X)=\pm
\lim\limits_{X\rightarrow +\infty }X^{1/2}\exp (-n^{2}X) \\
&=&\pm \lim\limits_{X\rightarrow +\infty }\exp (-n^{2}X)=0
\end{eqnarray*}
\item La combinaison des questions 1.a) et 1.b) montre que la fonction $%
f_{n} $ est continue sur $\mathbb{R}$ et de classe $C^{1}$ sur $\mathbb{R}%
^{\times }.$ Il s'agit donc d'appliquer le théorème de prolongement continue
de la dérivée. Il ne reste donc plus qu'à évaluer $\lim\limits_{x\rightarrow
0}f_{n}^{\prime }(x).$%
\begin{equation*}
f_{n}^{\prime }(x)=\dfrac{x^{2}+n^{2}}{2x}\exp (-\dfrac{n^{2}}{x^{2}})%
\underset{x\rightarrow 0}{\sim }\dfrac{n^{2}}{2x}\exp (-\dfrac{n^{2}}{x^{2}}%
)=\dfrac{n^{2}}{2}\times \dfrac{1}{x}\exp (-\dfrac{n^{2}}{x^{2}})\rightarrow
0
\end{equation*}%
Par conséquent, le théorème de prolongement s'applique et la fonction $f_{n}$
est de classe $C^{1}$ sur $\mathbb{R}$ et sa dérivée est donnée par :%
\begin{equation*}
f_{n}^{\prime }(x)=\left\{
\begin{array}{cc}
\dfrac{x^{2}+n^{2}}{2x}\exp (-\dfrac{n^{2}}{x^{2}}) & \text{si }x\neq 0 \\
0 & \text{si }x=0%
\end{array}%
\right.
\end{equation*}
\end{enumerate}
\item \thinspace
\begin{enumerate}
\item La question 1.d) donne le calcul de $f_{n}^{\prime }$ et il est dès
lors évident que le signe de $f_{n}^{\prime }$ est celui de $x,$ c'est-à%
-dire que $f_{n}^{\prime }<0$ sur $\mathbb{R}_{-}^{\times }=]-\infty ,0[,$ $%
f_{n}^{\prime }>0$ sur $\mathbb{R}_{+}^{\times }=]0,+\infty \lbrack $ et $%
f_{n}(0)=0$
\item On effectue le changement de variable $X=\dfrac{1}{x^{2}}.$ Lorsque $%
x\rightarrow \pm \infty ,$ $X\rightarrow 0^{+}$ donc
\begin{equation*}
\lim\limits_{x\rightarrow \pm \infty }f_{n}(x)=\lim\limits_{X\rightarrow
0^{+}}\underset{\rightarrow +\infty }{\underbrace{\dfrac{1}{X}}}\underset{%
\rightarrow 1}{\underbrace{\exp (-n^{2}X)}}=+\infty
\end{equation*}%
et le tableau de variation de $f$ est donnée par $f_{n}(x)=x^{2}\exp (-%
\dfrac{n^{2}}{x^{2}})$
\begin{equation*}
\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|}
\hline
$x$ & $-\infty $ & & $0$ & & $+\infty $ \\ \hline
$f_{n}^{\prime }(x)$ & & $-$ & & $+$ & \\ \hline
& $+\infty $ & & & & $+\infty $ \\
$f_{n}(x)$ & & $\searrow $ & & $\nearrow $ & \\
& & & $0$ & & \\ \hline
\end{tabular}%
\end{equation*}
\end{enumerate}
\item \thinspace
\begin{enumerate}
\item $e^{u}\underset{u\rightarrow 0}{=}1+u+\dfrac{1}{2}u^{2}+o(u^{2})$
\item Lorsque $x\rightarrow \pm \infty ,$ $-\dfrac{n^{2}}{x^{2}}\rightarrow
0 $ donc on a :%
\begin{eqnarray*}
\exp (-\dfrac{n^{2}}{x^{2}}) &=&1+(-\dfrac{n^{2}}{x^{2}})+\dfrac{1}{2}(-%
\dfrac{n^{2}}{x^{2}})^{2}+o(\dfrac{1}{x^{4}})=1-\dfrac{n^{2}}{x^{2}}+\dfrac{%
n^{4}}{2x^{4}}+o(\dfrac{1}{x^{4}}) \\
f_{n}(x) &=&x^{2}\exp (-\dfrac{n^{2}}{x^{2}})=x^{2}-n^{2}+\dfrac{n^{4}}{%
2x^{2}}+o(\dfrac{1}{x^{2}})
\end{eqnarray*}
\item D'après le développement précédent, on a
\begin{equation*}
\left[ f_{n}(x)-(x^{2}-n^{2})\right] \underset{x\rightarrow +\infty }{\sim }%
\dfrac{n^{4}}{2x^{2}}\underset{x\rightarrow +\infty }{\rightarrow }0
\end{equation*}%
donc $\lim\limits_{x\rightarrow +\infty }\left[ f_{n}(x)-(x^{2}-n^{2})\right]
=0.$ Ainsi, la courbe $(D_{n})$ d'équation $y=x^{2}-n^{2}$ est asymptote à $%
\mathcal{C}_{f}$ en $\pm \infty $
\end{enumerate}
\item \thinspace
\begin{enumerate}
\item D'après les questions 1.d) et 2.a), nous savons que la fonction $f_{n}$
est continue et strictement croissante sur $\mathbb{R}_{+}$ donc elle ré%
alise une bijection de $\mathbb{R}_{+}$ sur $f_{n}(\mathbb{R}_{+})=\mathbb{R}%
_{+}.$ Puisque $1\in \mathbb{R}$ ($=f_{n}(\mathbb{R}_{+})),$ on en déduit
que l'équation $f_{n}(x)=1$ admet une et une seule solution sur $\mathbb{R}%
_{+}$ (existence et unicité de l'antécédent de $1$ par $f_{n}$ sur $\mathbb{R%
}_{+})$.\newline
Si $u_{n}$ désigne cette solution, nous avons nécessairement $%
f_{n}(u_{n})=1. $
\item On compare les images par $f_{n}$ (puisque $u_{n}$ est solution de $%
f_{n}(x)=1).$ On a $f_{n}(u_{n})=1$ et $f_{n}(1)=\exp (-n^{2})<1$ donc $%
f_{n}(1)1.$V
\item On compare de nouveau les images.: $f_{n}(u_{n})=1$ et
\begin{eqnarray*}
f_{n}(\dfrac{n}{\sqrt{2\ln n}}) &=&(\dfrac{n}{\sqrt{2\ln n}})^{2}\exp \left(
-\dfrac{n^{2}}{(\dfrac{n}{\sqrt{2\ln n}})^{2}}\right) =\dfrac{n^{2}}{2\ln n}%
\exp (-2\ln n) \\
&=&\dfrac{n^{2}}{2\ln n}\exp (\ln n^{-2})=\dfrac{n^{2}}{2\ln n}\times \dfrac{%
1}{n^{2}}=\dfrac{1}{2\ln n}<1
\end{eqnarray*}%
si $n\geqslant 2$ donc $f_{n}(\dfrac{n}{\sqrt{2\ln n}})0$, la question 4.d) montre que
\begin{equation*}
u_{n}=\sqrt{\dfrac{n^{2}}{2\ln u_{n}}}=\dfrac{n}{\sqrt{2\ln u_{n}}}\underset{%
n\rightarrow +\infty }{\sim }\dfrac{n}{\sqrt{2\ln n}}
\end{equation*}
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\section*{EXERCICE\ IV (Ecricome 1996 adapté)}
\subsubsection*{Partie 1 : Etude du cas particulier $N=2$}
\begin{enumerate}
\item Au départ, l'urne A contient 2 boules noires et l'urne B deux boules
blanches. Puisqu'à l'étape suivante, on pioche une boule de l'urne A (donc né%
cessairement 1 boule noire) et une boule dans l'urne B (donc nécessairement
1 boule blanche) puis que l'on échange ces boules d'urnes, on est certain qu'%
à l'issue de la première épreuve, l'urne A contient 1 boule blanche et 1
boule noire. Par conséquent, $Y_{1}=1,$ autrement dit $Y_{1}(\Omega )=\{1\}$
et $p(Y_{1}=1)=1.$
\item Voici le tableau récapitulant les valeurs des neufs probabilités
conditionnelles%
\begin{equation*}
\begin{tabular}{|c|c|c|c|}
\hline
$P_{(Y_{k}=j)}(Y_{k+1}=i)$ & $i=0$ & $i=1$ & $i=2$ \\ \hline
$j=0$ & $0$ & $1$ & $0$ \\ \hline
$j=1$ & $1/4$ & $1/2$ & $1/4$ \\ \hline
$j=2$ & $0$ & $1$ & $0$ \\ \hline
\end{tabular}%
\end{equation*}%
\textbf{Justification des calculs de probabilités conditionnelles}\newline
\underline{$P_{(Y_{k}=0)}(Y_{k+1}=0)$}\emph{\ : on dispose d'aucune boule
noire dans l'urne A (donc l'urne A contient 2 B et l'urne B contient 2 N) et
l'on souhaite avoir aucune boule noire dans l'urne A après l'échange.(donc
l'urne A contient 2 B et l'urne B contient 2N), ce qui est impossible (on
pioche nécessairement 1 N dans l'urne B et 1 B dans l'urne A puis on é%
change)\medskip \newline
}\underline{$P_{(Y_{k}=0)}(Y_{k+1}=1)$}\emph{\ : on dispose d'aucune boule
noire dans l'urne A (donc l'urne A contient 2 B et l'urne B contient 2 N) et
l'on souhaite avoir 1 boule noire dans l'urne A après l'échange.(donc l'urne
A contient 1 B, 1 N et l'urne B contient 1 N, 1 B), ce qui arrive né%
cessairement (on pioche nécessairement 1 N dans l'urne B et 1 B dans l'urne
A puis on échange) donc l'évènement est certain\medskip \newline
}\underline{$P_{(Y_{k}=0)}(Y_{k+1}=2)$}\emph{\ : on dispose d'aucune boule
noire dans l'urne A (donc l'urne A contient 2 B et l'urne B contient 2 N) et
l'on souhaite avoir deux boules noires dans l'urne A après l'échange.(donc
l'urne A contient 2 B et l'urne B contient 2 N), ce qui est impossible (on
pioche nécessairement 1 N dans l'urne B et 1 B dans l'urne A puis on échange
donc l'urne A\ ne contiendra qu'une boule noire et non deux)\medskip \newline
}\underline{$P_{(Y_{k}=1)}(Y_{k+1}=0)$}\emph{\ : on dispose d'une boule
noire dans l'urne A (donc l'urne A contient 1 B, 1 N et l'urne B contient 1
N, 1 B) et l'on souhaite avoir aucune boule noire dans l'urne A après l'é%
change.(donc l'urne A contient 2 B et l'urne B contient 2 N), ce qui se ré%
alise si et seulement si on pioche la noire dans l'urne A (probabilité }$%
\dfrac{1}{2})$\emph{\ et la blanche dans l'urne B (probabilité }$\dfrac{1}{2}%
)$\emph{\ donc la probabilité de réalisation est }$\dfrac{1}{2}\times \dfrac{%
1}{2}=\dfrac{1}{4}$\emph{\medskip \newline
}\underline{$P_{(Y_{k}=1)}(Y_{k+1}=1)$}\emph{\ : on dispose d'une boule
noire dans l'urne A (donc l'urne A contient 1 B, 1 N et l'urne B contient 1
N, 1 B) et l'on souhaite avoir une boule noire dans l'urne A après l'é%
change.(donc l'urne A contient 1 B, 1 N et l'urne B contient 1 N, 1 B), ce
qui se réalise si et seulement si on pioche la blanche dans l'urne A
(probabilité }$\dfrac{1}{2})$\emph{\ et la blanche dans l'urne B (probabilité
}$\dfrac{1}{2})$\emph{\ }\underline{ou}\emph{\ on pioche la noire dans
l'urne A (probabilité }$\dfrac{1}{2})$\emph{\ et la noire dans l'urne B
(probabilité }$\dfrac{1}{2})$\emph{\ donc la probabilité de réalisation est }%
$\dfrac{1}{2}\times \dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}\times \dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{2}
$\emph{\medskip }\newline
\underline{$P_{(Y_{k}=1)}(Y_{k+1}=2)$}\emph{\ : on dispose d'une boule noire
dans l'urne A (donc l'urne A contient 1 B, 1 N et l'urne B contient 1 N, 1
B) et l'on souhaite avoir deux boules noires dans l'urne A après l'é%
change.(donc l'urne A contient 2 B et l'urne B contient 2 N), ce qui se ré%
alise si et seulement si on pioche la blanche dans l'urne A (probabilité }$%
\dfrac{1}{2})$\emph{\ et la noire dans l'urne B (probabilité }$\dfrac{1}{2})$%
\emph{\ donc la probabilité de réalisation est }$\dfrac{1}{2}\times \dfrac{1%
}{2}=\dfrac{1}{4}$\emph{\medskip \newline
}\underline{$P_{(Y_{k}=2)}(Y_{k+1}=0)$}\emph{\ : on dispose de deux boules
noires dans l'urne A (donc l'urne A contient 2 N et l'urne B contient 2 B)
et l'on souhaite avoir aucune boule noire dans l'urne A après l'é%
change.(donc l'urne A contient 2 N et l'urne B contient 2 B), ce qui est
impossible (on pioche nécessairement 1 B dans l'urne B et 1 N dans l'urne A
puis on échange donc l'urne A\ contiendra une boule noire et non zé%
ro)\medskip \newline
}\underline{$P_{(Y_{k}=2)}(Y_{k+1}=1)$}\emph{\ : on dispose de deux boules
noires dans l'urne A (donc l'urne A contient 2 N et l'urne B contient 2 B)
et l'on souhaite avoir une boule noire dans l'urne A après l'échange.(donc
l'urne A contient 1 B, 1 N et l'urne B contient 1 N, 1 B), ce qui arrive né%
cessairement (on pioche nécessairement 1 B dans l'urne B et 1 N dans l'urne
A puis on échange) donc l'évènement est certain\medskip \newline
}\underline{$P_{(Y_{k}=2)}(Y_{k+1}=2)$}\emph{\ : on dispose deux boules
noires dans l'urne A (donc l'urne A contient 2 N et l'urne B contient 2 B)
et l'on souhaite avoir deux boules noires dans l'urne A après l'é%
change.(donc l'urne A contient 2 N et l'urne B contient 2 B), ce qui est
impossible (on pioche nécessairement 1 N dans l'urne B et 1 B dans l'urne A
puis on échange)}
\item On applique la formule des probabilités totales avec le système
complet d'évènements $(Y_{k}=0),$ $(Y_{k}=1)$, $(Y_{k}=2)$ et en utilisant
la question précédente, on a :%
\begin{equation*}
\left.
\begin{array}{lll}
P(Y_{k+1}=0) & = &
P(Y_{k}=0)P_{(Y_{k}=0)}(Y_{k+1}=0)+P(Y_{k}=1)P_{(Y_{k}=1)}(Y_{k+1}=0) \\
& & +P(Y_{k}=2)P_{(Y_{k}=2)}(Y_{k+1}=0) \\
& = & \dfrac{1}{4}P(Y_{k}=1)%
\end{array}%
\right.
\end{equation*}%
ce que l'on peut encore écrire $a_{k+1}=\dfrac{1}{4}b_{k}.$ De la même faç%
on, on obtient que%
\begin{equation*}
b_{k+1}=a_{k}+\dfrac{1}{2}b_{k}+c_{k}\qquad c_{k+1}=\dfrac{1}{4}b_{k}
\end{equation*}
\item \thinspace
\begin{enumerate}
\item Puisque le système d'évènements $(Y_{k}=0),$ $(Y_{k}=1)$, $(Y_{k}=2)$
est complet, on a :%
\begin{eqnarray*}
P(Y_{k} &=&0)+P(Y_{k}=1)+P(Y_{k}=0)+P(Y_{k}=2)=1 \\
&\Leftrightarrow &a_{k}+b_{k}+c_{k}=1
\end{eqnarray*}%
Par conséquent, on a :
\begin{equation*}
b_{k+1}=a_{k}+c_{k}+\dfrac{1}{2}b_{k}=(1-b_{k})+\dfrac{1}{2}b_{k}=1-\dfrac{1%
}{2}b_{k}
\end{equation*}
\item La suite $b$ est arithmético-géométrique. \newline
Détermination de la constante $L$ :
\begin{equation*}
L=1-\dfrac{1}{2}L\Leftrightarrow \dfrac{3}{2}L=1\Leftrightarrow L=\dfrac{2}{3%
}
\end{equation*}%
On introduit la suite $v$ définie par : $\forall k\in \mathbb{N},\quad
v_{k}=b_{k}-\dfrac{2}{3}\Leftrightarrow b_{k}=v_{k}+\dfrac{2}{3}$%
\begin{equation*}
v_{k+1}=b_{k+1}-\dfrac{2}{3}=1-\dfrac{1}{2}b_{k}-\dfrac{2}{3}=\dfrac{1}{3}-%
\dfrac{1}{2}b_{k}=\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{2}(v_{k}+\dfrac{2}{3})=-\dfrac{1}{2}%
v_{k}
\end{equation*}%
La suite $v$ est donc géométrique de raison $-\dfrac{1}{2}$ donc
\begin{equation*}
\forall k\in \mathbb{N},\quad v_{k}=(-\dfrac{1}{2})^{k}v_{0}\Leftrightarrow
b_{k}-\dfrac{2}{3}=(-\dfrac{1}{2})^{k}(b_{0}-\dfrac{2}{3})\Leftrightarrow
b_{k}=-\dfrac{2}{3}(-\dfrac{1}{2})^{k}+\dfrac{2}{3}
\end{equation*}%
Ensuite, puisque $a_{k+1}=c_{k+1}=\dfrac{1}{4}b_{k},$ on a
\begin{equation*}
\forall k\in \mathbb{N},\quad a_{k+1}=c_{k+1}=-\dfrac{1}{6}(-\dfrac{1}{2}%
)^{k}+\dfrac{1}{6}
\end{equation*}%
En effectuant le changement de variable $n=k+1\Leftrightarrow k=n-1$ (donc $%
n\geqslant 1),$ on obtient%
\begin{equation*}
\forall n\in \mathbb{N}^{\times },\quad a_{n}=c_{n}=-\dfrac{1}{6}(-\dfrac{1}{%
2})^{n}(-\dfrac{1}{2})^{-1}+\dfrac{1}{6}=\dfrac{1}{3}(-\dfrac{1}{2})^{n}+%
\dfrac{1}{6}
\end{equation*}%
\emph{Remarquons que }$a_{n}+b_{n}+c_{n}=1$
\end{enumerate}
\item Nous connaissons la loi de $Y_{k}$ donc on calcule directement son espé%
rance :%
\begin{eqnarray*}
E(Y_{k}) &=&0\times p(Y_{k}=0)+1\times p(Y_{k}=1)+2\times
p(Y_{k}=2)=b_{k}+2c_{k} \\
&=&-\dfrac{2}{3}(-\dfrac{1}{2})^{k}+\dfrac{2}{3}+\dfrac{2}{3}(-\dfrac{1}{2}%
)^{k}+\dfrac{2}{6}=\dfrac{2}{3}+\dfrac{1}{3}=1
\end{eqnarray*}%
donc l'espérance de $Y_{k}$ est bien constante et égale à 1.
\item Calcul de $E((Y_{k})^{2})$ puis de $V(Y_{k})$%
\begin{eqnarray*}
E((Y_{k})^{2}) &=&0^{2}\times p(Y_{k}=0)+1^{2}\times p(Y_{k}=1)+2^{2}\times
p(Y_{k}=2)=b_{k}+4c_{k} \\
&=&-\dfrac{2}{3}(-\dfrac{1}{2})^{k}+\dfrac{2}{3}+\dfrac{4}{3}(-\dfrac{1}{2}%
)^{k}+\dfrac{4}{6}=\dfrac{2}{3}(-\dfrac{1}{2})^{k}+\dfrac{4}{3} \\
V(Y_{k}) &=&E((Y_{k})^{2})-[E(Y_{k})]^{2}=\dfrac{2}{3}(-\dfrac{1}{2})^{k}+%
\dfrac{4}{3}-1=\dfrac{2}{3}(-\dfrac{1}{2})^{k}+\dfrac{1}{3}
\end{eqnarray*}%
donc $V(Y_{k})\underset{k\rightarrow +\infty }{\rightarrow }\dfrac{1}{3}$
\item \thinspace
\begin{enumerate}
\item Par définition, on a : $Z_{2}=Y_{1}-Y_{2}.$ Puisque $Y_{1}=1,$ on
obtient $Z_{2}=1-Y_{2}.$ Puisque $Y_{2}(\Omega )=\{0,1,2\},$ on en déduit
que $Z_{2}(\Omega )=\{-1,0,1\}$
\item $E(Z_{2})=E(Y_{1}-Y_{2})=E(Y_{1})-E(Y_{2})=1-1=0$
\item La loi de $Y_{2}$ est donnée par : $Y_{2}(\Omega )=\{0,1,2\}$ et
\begin{eqnarray*}
P(Y_{2} &=&0)=a_{2}=\dfrac{1}{3}(-\dfrac{1}{2})^{2}+\dfrac{1}{6}=\dfrac{1}{4}
\\
P(Y_{2} &=&1)=b_{2}=-\dfrac{2}{3}(-\dfrac{1}{2})^{2}+\dfrac{2}{3}=\dfrac{1}{2%
} \\
P(Y_{2} &=&2)=c_{2}=\dfrac{1}{3}(-\dfrac{1}{2})^{2}+\dfrac{1}{6}=\dfrac{1}{4}
\end{eqnarray*}%
donc la loi de $Z_{2}$ est donnée par : $Z_{2}(\Omega )=\{-1,0,1\}$ et%
\begin{eqnarray*}
P(Z_{2} &=&-1)=P(1-Y_{2}=-1)=P(Y_{2}=2)=\dfrac{1}{4} \\
P(Z_{2} &=&0)=P(1-Y_{2}=0)=P(Y_{2}=1)=\dfrac{1}{2} \\
P(Z_{2} &=&1)=P(1-Y_{2}=1)=P(Y_{2}=0)=\dfrac{1}{4}
\end{eqnarray*}
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\subsubsection*{Partie 2 : Etude de $E(Y_{k})$ et $E(Z_{k})$ lorsque $N=5$}
\begin{enumerate}
\item Comme l'énoncé le mentionne, la variable $Z_{k}$ représente la diffé%
rence (algébrique, c'est-à-dire positive ou négative) entre le nombre après
l'étape $(k-1)$ et l'étape $k.$ Puisque entre deux étapes, on échange une
boule de l'urne A avec une boule de l'urne B, on peut soit enlever une boule
noire (donc $Z_{k}=-1),$ soit n'enlever aucune boule blanche (donc $Z_{k}=0)$%
, soit ajouter une boule noire (donc $Z_{k}=1).$ Par conséquent, on en dé%
duit que $Z_{k}(\Omega )=\{-1,0,1\}$%
\begin{equation*}
\begin{tabular}{|c|c|c|}
\hline
$P_{(Y_{k-1}=j)}(Z_{k}=i)$ & $i=-1$ & $i=1$ \\ \hline
$j=0$ & $1$ & $0$ \\ \hline
$j=1$ & $16/25$ & $1/25$ \\ \hline
$j=2$ & $9/25$ & $4/25$ \\ \hline
$j=3$ & $4/25$ & $9/25$ \\ \hline
$j=4$ & $1/25$ & $16/25$ \\ \hline
$j=5$ & $0$ & $1$ \\ \hline
\end{tabular}%
\end{equation*}%
Avant de commencer la justification des calculs, remarquons que si $Y_{k-1}=3
$ (on a 3 N dans l'urne A après la $(k-1)^{i\grave{e}me}$ étape) et $Y_{k}=4$
(on a 4 N dans l'urne A après la $k^{i\grave{e}me}$ étape), alors $%
Z_{k}=3-4=-1.$ Autrement dit, si l'on a un gain (par exemple, +3)de boules
noires, alors $Z_{k}$ représente ce gain compté négativement (par exemple,
-3) et si l'on a une perte de boules noires (par exemple, -3), alors $Z_{k}$
représente cette perte comptée positivement (par exemple, +3).\newline
On peut aussi le voir en remarquant que $Y_{k}=Y_{k-1}-Z_{k}.$\newline
\textbf{Justification des calculs de probabilités conditionnelles} : \newline
\underline{$P_{(Y_{k-1}=0)}(Z_{k}=-1)$}\emph{\ : on dispose à l'instant }$%
(k-1)$\emph{\ de 0 N dans l'urne A (donc 5 B dans A et 5 N dans B) et on
doit gagner une boule noire. Cet évènement est certain\medskip \newline
}\underline{$P_{(Y_{k-1}=1)}(Z_{k}=-1)$}\emph{\ : on dispose à l'instant }$%
(k-1)$\emph{\ de 1 N dans l'urne A (donc 1 N, 4 B dans A et 4 N, 1 B dans B)
et on doit gagner une boule noire. Cet évènement se réalise ssi on choisit 1
B dans A (probabilité 4/5) et 1 N dans B (probabilité 4/5) donc la probabilit%
é de réalisation de cet évènement est }$\dfrac{4}{5}\times \dfrac{4}{5}=%
\dfrac{16}{25}$\emph{\medskip \newline
}\underline{$P_{(Y_{k-1}=2)}(Z_{k}=-1)$}\emph{\ : on dispose à l'instant }$%
(k-1)$\emph{\ de 2 N dans l'urne A (donc 2 N, 3 B dans A et 3 N, 2 B dans B)
et on doit gagner une boule noire. Cet évènement se réalise ssi on choisit 1
B dans A (probabilité 3/5) et 1 N dans B (probabilité 3/5) donc la probabilit%
é de réalisation de cet évènement est }$\dfrac{3}{5}\times \dfrac{3}{5}=%
\dfrac{9}{25}$\emph{\medskip \newline
}\underline{$P_{(Y_{k-1}=3)}(Z_{k}=-1)$}\emph{\ : on dispose à l'instant }$%
(k-1)$\emph{\ de 3 N dans l'urne A (donc 3 N, 2 B dans A et 2 N, 3 B dans B)
et on doit gagner une boule noire. Cet évènement se réalise ssi on choisit 1
B dans A (probabilité 2/5) et 1 N dans B (probabilité 2/5) donc la probabilit%
é de réalisation de cet évènement est }$\dfrac{2}{5}\times \dfrac{2}{5}=%
\dfrac{4}{25}$\emph{\medskip \newline
}\underline{$P_{(Y_{k-1}=4)}(Z_{k}=-1)$}\emph{\ : on dispose à l'instant }$%
(k-1)$\emph{\ de 4 N dans l'urne A (donc 4 N, 1 B dans A et 1 N, 4 B dans B)
et on doit gagner une boule noire. Cet évènement se réalise ssi on choisit 1
B dans A (probabilité 1/5) et 1 N dans B (probabilité 1/5) donc la probabilit%
é de réalisation de cet évènement est }$\dfrac{1}{5}\times \dfrac{1}{5}=%
\dfrac{1}{25}$\emph{\medskip \newline
}\underline{$P_{(Y_{k-1}=5)}(Z_{k}=-1)$}\emph{\ : on dispose à l'instant }$%
(k-1)$\emph{\ de 5 N dans l'urne A (donc 5 N dans A et 5 B dans B) et on
doit gagner une boule noire. Cet évènement est impossible\medskip \newline
}\underline{$P_{(Y_{k-1}=0)}(Z_{k}=1)$}\emph{\ : on dispose à l'instant }$%
(k-1)$\emph{\ de 0 N dans l'urne A (donc 5 B dans A et 5 N dans B) et on
doit perdre une boule noire. Cet évènement est impossible\medskip \newline
}\underline{$P_{(Y_{k-1}=1)}(Z_{k}=1)$}\emph{\ : on dispose à l'instant }$%
(k-1)$\emph{\ de 1 N dans l'urne A (donc 1 N, 4 B dans A et 4 N, 1 B dans B)
et on doit perdre une boule noire. Cet évènement se réalise ssi on choisit 1
N dans A (probabilité 1/5) et 1 B dans B (probabilité 1/5) donc la probabilit%
é de réalisation de cet évènement est }$\dfrac{1}{5}\times \dfrac{1}{5}=%
\dfrac{1}{25}$\emph{\medskip \newline
}\underline{$P_{(Y_{k-1}=2)}(Z_{k}=1)$}\emph{\ : on dispose à l'instant }$%
(k-1)$\emph{\ de 2 N dans l'urne A (donc 2 N, 3 B dans A et 3 N, 2 B dans B)
et on doit perdre une boule noire. Cet évènement se réalise ssi on choisit 1
N dans A (probabilité 2/5) et 1 B dans B (probabilité 2/5) donc la probabilit%
é de réalisation de cet évènement est }$\dfrac{2}{5}\times \dfrac{2}{5}=%
\dfrac{4}{25}$\emph{\medskip \newline
}\underline{$P_{(Y_{k-1}=3)}(Z_{k}=1)$}\emph{\ : on dispose à l'instant }$%
(k-1)$\emph{\ de 3 N dans l'urne A (donc 3 N, 2 B dans A et 2 N, 3 B dans B)
et on doit perdre une boule noire. Cet évènement se réalise ssi on choisit 1
N dans A (probabilité 3/5) et 1 B dans B (probabilité 3/5) donc la probabilit%
é de réalisation de cet évènement est }$\dfrac{3}{5}\times \dfrac{3}{5}=%
\dfrac{9}{25}$\emph{\medskip \newline
}\underline{$P_{(Y_{k-1}=4)}(Z_{k}=1)$}\emph{\ : on dispose à l'instant }$%
(k-1)$\emph{\ de 4 N dans l'urne A (donc 4 N, 1 B dans A et 1 N, 4 B dans B)
et on doit perdre une boule noire. Cet évènement se réalise ssi on choisit 1
N dans A (probabilité 4/5) et 1 B dans B (probabilité 4/5) donc la probabilit%
é de réalisation de cet évènement est }$\dfrac{4}{5}\times \dfrac{4}{5}=%
\dfrac{16}{25}$\emph{\medskip \newline
}\underline{$P_{(Y_{k-1}=5)}(Z_{k}=1)$}\emph{\ : on dispose à l'instant }$%
(k-1)$\emph{\ de 5 N dans l'urne A (donc 5 N dans A et 5 B dans B) et on
doit perdre une boule noire. Cet évènement est certain}
\item Calcul de $P(Z_{k}=-1)$ :
\begin{equation*}
\left.
\begin{array}{ll}
P(Z_{k}=-1) & =P(Y_{k-1}=0)P_{(Y_{k-1}=0)}(Z_{k}=-1)+\cdots \medskip \\
& +P(Y_{k-1}=5)P_{(Y_{k-1}=5)}(Z_{k}=-1)\medskip \\
& =P(Y_{k-1}=0)+\dfrac{16}{25}P(Y_{k-1}=1)+\dfrac{9}{25}P(Y_{k-1}=2)\medskip
\\
& +\dfrac{4}{25}P(Y_{k-1}=3)+\dfrac{1}{25}P(Y_{k-1}=4)\medskip
\end{array}%
\right.
\end{equation*}%
Calcul de $P(Z_{k}=1)$%
\begin{equation*}
\left.
\begin{array}{ll}
P(Z_{k}=1) & =P(Y_{k-1}=0)P_{(Y_{k-1}=0)}(Z_{k}=1)+\cdots \medskip \\
& +P(Y_{k-1}=5)P_{(Y_{k-1}=5)}(Z_{k}=1)\medskip \\
& =\dfrac{1}{25}P(Y_{k-1}=1)+\dfrac{4}{25}P(Y_{k-1}=2)+\dfrac{9}{25}%
P(Y_{k-1}=3)\medskip \\
& +\dfrac{16}{25}P(Y_{k-1}=4)+P(Y_{k-1}=5)\medskip
\end{array}%
\right.
\end{equation*}
\item En utilisant la définition de l'espérance de $Z_{k}$ et en utilisant
les calculs de la question précédente, on obtient%
\begin{equation*}
\left.
\begin{array}{cl}
E(Z_{k}) & =-1P(Z_{k}=-1)+0P(Z_{k}=0)+1P(Z_{k}=1)\medskip \\
& =-P(Z_{k}=-1)+P(Z_{k}=1)\medskip \\
& =-[P(Y_{k-1}=0)+\dfrac{16}{25}P(Y_{k-1}=1)+\dfrac{9}{25}%
P(Y_{k-1}=2)\medskip \\
& +\dfrac{4}{25}P(Y_{k-1}=3)+\dfrac{1}{25}P(Y_{k-1}=4)]\medskip \\
& +[\dfrac{1}{25}P(Y_{k-1}=1)+\dfrac{4}{25}P(Y_{k-1}=2)+\dfrac{9}{25}%
P(Y_{k-1}=3)\medskip \\
& +\dfrac{16}{25}P(Y_{k-1}=4)+P(Y_{k-1}=5)\medskip \\
& =-P(Y_{k-1}=0)-\dfrac{15}{25}P(Y_{k-1}=1)-\dfrac{5}{25}P(Y_{k-1}=2)%
\medskip \\
& +\dfrac{5}{25}P(Y_{k-1}=3)+\dfrac{15}{25}P(Y_{k-1}=4)+P(Y_{k-1}=5)\medskip
\end{array}%
\right.
\end{equation*}%
Puisque
\begin{equation*}
\left.
\begin{array}{ll}
E(Y_{k-1}) & =P(Y_{k-1}=1)+2P(Y_{k-1}=2)+3P(Y_{k-1}=3)\medskip \\
& +4P(Y_{k-1}=4)+5P(Y_{k-1}=5)\medskip \\
\dfrac{2}{5}E(Y_{k-1}) & =\dfrac{2}{5}P(Y_{k-1}=1)+\dfrac{4}{5}P(Y_{k-1}=2)+%
\dfrac{6}{5}P(Y_{k-1}=3)\medskip \\
& +\dfrac{8}{5}P(Y_{k-1}=4)+2P(Y_{k-1}=5)\medskip
\end{array}%
\right.
\end{equation*}%
on en déduit alors que
\begin{equation*}
\left.
\begin{array}{ll}
E(Z_{k})-\dfrac{2}{5}E(Y_{k-1}) & =-P(Y_{k-1}=0)-\dfrac{25}{25}P(Y_{k-1}=1)-%
\dfrac{25}{25}P(Y_{k-1}=2)\medskip \\
& -\dfrac{25}{25}P(Y_{k-1}=3)-\dfrac{25}{25}P(Y_{k-1}=4)-P(Y_{k-1}=5)%
\medskip \\
& =-(P(Y_{k-1}=0)+P(Y_{k-1}=1)+P(Y_{k-1}=2)\medskip \\
& +P(Y_{k-1}=3)+P(Y_{k-1}=4)+P(Y_{k-1}=5))=-1\medskip
\end{array}%
\right.
\end{equation*}
\item L'égalité précédente combinée au fait que $Z_{k}=Y_{k-1}-Y_{k}$ montre
que :%
\begin{gather*}
E(Y_{k-1}-Y_{k})=\dfrac{2}{5}E(Y_{k-1})-1\Leftrightarrow E(Y_{k-1})-E(Y_{k})=%
\dfrac{2}{5}E(Y_{k-1})-1\medskip \\
\Leftrightarrow \dfrac{3}{5}E(Y_{k-1})+1=E(Y_{k})\Leftrightarrow E(Y_{k})=%
\dfrac{3}{5}E(Y_{k-1})+1\medskip
\end{gather*}
\item Recherche de la constante $L$ :%
\begin{equation*}
\dfrac{3}{5}L+1=L\Leftrightarrow 1=\dfrac{2}{5}L\Leftrightarrow L=\dfrac{5}{2%
}
\end{equation*}%
On introduit la suite $u$ définie par : $\forall k\in \mathbb{N},\quad
u_{k}=E(Y_{k})-\dfrac{5}{2}\Leftrightarrow E(Y_{k})=u_{k}+\dfrac{5}{2}$%
\begin{equation*}
u_{k+1}=E(Y_{k+1})-\dfrac{5}{2}=\dfrac{3}{5}E(Y_{k})+1-\dfrac{5}{2}=\dfrac{3%
}{5}E(Y_{k})-\dfrac{3}{2}=\dfrac{3}{5}(u_{k}+\dfrac{5}{2})-\dfrac{3}{2}=%
\dfrac{3}{2}u_{k}
\end{equation*}%
La suite $u$ est géométrique de raison $\dfrac{3}{5}$ donc :
\begin{gather*}
\forall k\in \mathbb{N},\quad u_{k}=(\dfrac{3}{2})^{k}u_{0}\Leftrightarrow
E(Y_{k})-\dfrac{5}{2}=(\dfrac{3}{5})^{k}(E(Y_{0})-\dfrac{5}{2})\medskip \\
\Leftrightarrow E(Y_{k})=(\dfrac{3}{5})^{k}(5-\dfrac{5}{2})+\dfrac{5}{2}=%
\dfrac{5}{2}(\dfrac{3}{5})^{k}+\dfrac{5}{2}\medskip
\end{gather*}%
Par conséquent, on a :
\begin{equation*}
\forall k\in \mathbb{N}^{\times },\quad E(Z_{k})=\dfrac{2}{5}E(Z_{k-1})-1=%
\dfrac{2}{5}(\dfrac{5}{2}(\dfrac{3}{5})^{k-1}+\dfrac{5}{2})-1=(\dfrac{3}{5}%
)^{k-1}
\end{equation*}
\item Puisque $\dfrac{3}{5}$ et $\dfrac{2}{5}$ appartiennent à $]-1,1[,$ on
en déduit que $\lim\limits_{k\rightarrow +\infty }E(Y_{k})=\dfrac{5}{2}$ et $%
\lim\limits_{k\rightarrow +\infty }E(Z_{k})=0$.
\end{enumerate}
\label{fin}%
%TCIMACRO{\TeXButton{TeX field}{\end{multicols}}}%
%BeginExpansion
\end{multicols}%
%EndExpansion
\end{document}