\documentclass[a4paper,french]{article}
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\lhead{PHEC1}
\chead{Correction ds 5}
\rhead{2004-2005}
\cfoot{\thepage/\pageref{fin}}
\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}
\newtheorem{notation}[theorem]{Notation}
\newtheorem{problem}[theorem]{Problème}
\newtheorem{remark}[theorem]{Remarque}
\newtheorem{solution}[theorem]{Solution}
\newtheorem{summary}[theorem]{Sommaire}
\newenvironment{proof}[1][Preuve]{\noindent\textbf{#1.} }{\ \rule{0.5em}{0.5em}}
\setlength{\columnseprule}{0.5pt}
\input{tcilatex}
\begin{document}
\begin{correction}
\textbf{Partie I} :
\begin{enumerate}
\item La fonction $g$ est le quotient de deux fonctions $C^{1}$ sur $\mathbb{%
R}_{+}$ et le dénominateur $2x+1$ ne s'annule pas sur $\mathbb{R}_{+}$ donc $%
g$ est $C^{1}$ sur $\mathbb{R}_{+}$ et, en utilisant que $(e^{u})^{\prime
}=u^{\prime }e^{u},$ on a :
\begin{equation*}
\forall x\in \mathbb{R}_{+},\quad g^{\prime }(x)=\dfrac{(e^{x+1})^{\prime
}(2x+1)-e^{x+1}(2x+1)^{\prime }}{(2x+1)^{2}}=\dfrac{e^{x+1}(2x+1)-2e^{x+1}}{%
(2x+1)^{2}}=e^{x+1}\dfrac{2x-1}{(2x+1)^{2}}
\end{equation*}
\item Pour obtenir le résultat escompté, nous allons établir les variations
de $g$ sur $\mathbb{R}_{+}.$\newline
Puisque $g(x)\underset{x\rightarrow +\infty }{\sim }\dfrac{e^{x+1}}{2x}=%
\dfrac{e}{2}\times \dfrac{e^{x}}{x},$ on en déduit que $\lim\limits_{x%
\rightarrow +\infty }g(x)=\dfrac{e}{2}\lim\limits_{x\rightarrow +\infty }%
\dfrac{e^{x}}{x}=\dfrac{e}{2}\times \lim\limits_{x\rightarrow +\infty
}e^{x}=+\infty .$ \newline
D'autre part, le signe de $g^{\prime }(x)$ est celui de $2x-1,$ donc le
tableau de variations de $g$ sur $\mathbb{R}^{\times }$ est donné par :
\begin{equation*}
\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|}
\hline
$x$ & $0$ & & $1/2$ & & $+\infty $ \\ \hline
$2x-1$ & & $-$ & & $+$ & \\ \hline
$g^{\prime }(x)$ & & $-$ & $0$ & $+$ & \\ \hline
& $e$ & & & & $+\infty $ \\
$g(x)$ & & $\searrow $ & & $\nearrow $ & \\
& & & $[\exp (3/2)]/2$ & & \\ \hline
\end{tabular}%
\end{equation*}%
On en déduit immédiatement que
\begin{equation*}
\forall x\in \mathbb{R}_{+},\quad g(x)\geqslant \lbrack \exp
(3/2)]/2>1\Leftrightarrow \dfrac{e^{x+1}}{2x+1}>1\underset{\exp (x+1)>0}{%
\Leftrightarrow }\dfrac{1}{2x+1}>\dfrac{1}{e^{x+1}}=e^{-x-1}
\end{equation*}
\item Nous avons vu dans la question précédente que $\lim\limits_{x%
\rightarrow +\infty }g(x)=+\infty ,$ étudions alors l'existence de la limite
$\dfrac{g(x)}{x}$ en $+\infty .$ Toujours d'après la question précédente,
nous avons :%
\begin{equation*}
\dfrac{g(x)}{x}\underset{x\rightarrow +\infty }{\sim }\dfrac{\dfrac{e}{2}%
\times \dfrac{e^{x}}{x}}{x}=\dfrac{e}{2}\times \dfrac{e^{x}}{x^{2}}%
\Rightarrow \lim\limits_{x\rightarrow +\infty }\dfrac{g(x)}{x}=\dfrac{e}{2}%
\times \lim\limits_{x\rightarrow +\infty }\dfrac{e^{x}}{x^{2}}=\dfrac{e}{2}%
\lim\limits_{x\rightarrow +\infty }e^{x}=+\infty
\end{equation*}%
donc la courbe $\mathcal{C}_{g}$ admet une branche parabolique en $+\infty .$
\end{enumerate}
\noindent \textbf{Partie II }:
\begin{enumerate}
\item La fonction $f_{n}$ est clairement $C^{1}$ sur $\mathbb{R}_{+}$
(quotient de deux fonctions $C^{1}$ sur $\mathbb{R}_{+}$ dont le dé%
nominateur ne s'annule pas sur $\mathbb{R}_{+})$ et sa dérivée est donnée
par
\begin{equation*}
f_{n}^{\prime }(x)=\dfrac{(x-n)^{\prime }(x+n)-(x-n)(x+n)^{\prime }}{%
(x+n)^{2}}-(-x)^{\prime }e^{-x}=\dfrac{(x+n)-(x-n)}{(x+n)^{2}}-(-1)e^{-x}=%
\dfrac{2n}{(x+n)^{2}}+e^{-x}
\end{equation*}%
Cette dérivée est clairement strictement positive sur $\mathbb{R}_{+}$
(addition de deux termes strictement positifs) donc la fonction $f_{n}$ est
strictement croissante sur $\mathbb{R}_{+}.$
\item La fonction $f_{n}$ est continue sur $\mathbb{R}_{+}$ (puisqu'elle y
est $C^{1}$, d'après la question 1) et elle est strictement croissante sur $%
\mathbb{R}_{+}$ (d'après la question 1) donc elle réalise une bijection de $%
\mathbb{R}_{+}$ sur $f_{n}(\mathbb{R}_{+})=[-2,1[.$\newline
\textbf{Justification du fait que} $f_{n}(\mathbb{R}_{+})=[-2,1[$ : \emph{La
fonction }$f_{n}$\emph{\ étant strictement croissante, il est clair que }$%
f_{n}(\mathbb{R}_{+})=[f_{n}(0),\lim\limits_{x\rightarrow +\infty }f_{n}(x)[$%
\emph{\ et un calcul immédiat montre que }$f_{n}(0)=-2.$\emph{\ D'autre
part, }$\lim\limits_{x\rightarrow +\infty }\dfrac{x-n}{x+n}%
=\lim\limits_{x\rightarrow +\infty }\dfrac{x}{x}=1$\emph{\ et }$%
\lim\limits_{x\rightarrow +\infty }e^{-x}=0$\emph{\ donc }$%
\lim\limits_{x\rightarrow +\infty }f_{n}(x)=1-0=1$\newline
Puisque $0\in \lbrack -2,1[,$ l'équation $f_{n}(x)=0$ admet bien une et une
seule solution sur $\mathbb{R}_{+}$ (existence et unicité de l'antécédent de
$0$ par $f_{n}).$
\item \thinspace
\begin{enumerate}
\item Un calcul direct nous montre que $f_{n}(n)=-e^{-n}<0$ et comme $%
f_{n}(u_{n})=0$ ($u_{n}$ est solution de l'équation $f_{n}(x)=0),$ on en dé%
duit que $f_{n}(n)0$ et comme $%
f_{n}(u_{n})=0,$ on en déduit que $f_{n}(n+1)>f_{n}(u_{n}).$ La bijectivité
et la stricte croissance de $f_{n}$ sur $\mathbb{R}_{+}$ implique alors que $%
n+1>u_{n}.$\newline
Cette inégalité combinée à l'inégalité que la question 3.a), nous donne $%
n0,$ on en déduit que $f$ est strictement
monotone sur $\left[ 0,\dfrac{1}{2}\right] .$ En outre, elle est continue
sur cet intervalle donc elle réalise une bijection de $\left[ 0,\dfrac{1}{2}%
\right] $ sur $f\left( \left[ 0,\dfrac{1}{2}\right] \right) =\left[ 0,\sqrt{%
\dfrac{2}{e}}\right] .$\newline
Ensuite, pour $n\geqslant 2,$ on a $\dfrac{1}{n}\leqslant \dfrac{1}{2}%
<1\leqslant \sqrt{\dfrac{2}{e}}$ (il est de notoriété publique que $e>2$ !!)
donc $\dfrac{1}{n}\in \left[ 0,\sqrt{\dfrac{2}{e}}\right] $\newline
Par conséquent, l'équation $f(x)=\dfrac{1}{n}$ admet une et une seule
solution sur le segment $\left[ 0,\dfrac{1}{2}\right] $ (existence et unicité
de l'antécédent de $\dfrac{1}{n}$ par $f$ sur $\left[ 0,\dfrac{1}{2}\right]
) $.
\item On compare les images par $f$ de $a_{n}$ et $a_{n+1}.$ On a $f(a_{n})=%
\dfrac{1}{n}$ (puisque $a_{n}$ est solution de l'équation $f(x)=\dfrac{1}{n}%
) $ et $f(a_{n+1})=\dfrac{1}{n+1}$ (puisque $a_{n+1}$ est solution de l'é%
quation $f(x)=\dfrac{1}{n+1})$ donc $f(a_{n+1})\leqslant f(a_{n}).$ La
fonction $f$ étant strictement croissante et bijective sur $\left[ 0,\dfrac{1%
}{2}\right] ,$ on en déduit que $a_{n+1}\leqslant a_{n},$ ce qui montre la dé%
croissance de la suite $\left( a_{n}\right) _{n\geqslant 2}$.
\item Notons $L$ la limite de la suite $a_{n}.$ Puisque $a_{n}$ vérifie l'é%
quation $f(x)=\dfrac{1}{n},$ on a $2\sqrt{a_{n}}e^{-a_{n}}=\dfrac{1}{n}$ et
en passant à la limite, on a : $2\sqrt{L}e^{-L}=0\underset{e^{-L}\neq 0}{%
\Leftrightarrow }L=0$ donc la suite $\left( a_{n}\right) _{n\geqslant 2}$
converge vers $0.$
\item En utilisant la question précédente, on a
\begin{equation*}
2\sqrt{a_{n}}e^{-a_{n}}=\dfrac{1}{n}\Leftrightarrow 2n\sqrt{a_{n}}=\dfrac{1}{%
e^{-a_{n}}}\Leftrightarrow 2n\sqrt{a_{n}}=e^{a_{n}}\Leftrightarrow
4n^{2}a_{n}=e^{2a_{n}}
\end{equation*}%
(en élevant au carré cette égalité). En passant à la limite dans cette égalit%
é, on en déduit que
\begin{equation*}
\lim\limits_{n\rightarrow +\infty }4n^{2}a_{n}=1\Leftrightarrow
\lim\limits_{n\rightarrow +\infty }n^{2}a_{n}=\dfrac{1}{4}\Leftrightarrow
n^{2}a_{n}\underset{n\rightarrow +\infty }{\sim }\dfrac{1}{4}\Leftrightarrow
a_{n}\underset{n\rightarrow +\infty }{\sim }\dfrac{1}{4n^{2}}
\end{equation*}
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{correction}
\begin{correction}
\thinspace
\begin{enumerate}
\item \thinspace
\begin{enumerate}
\item Chaque variable $X_{i}$ est une variable de Bernouilli et l'évènement $%
(X_{i}=1)$ correspond au fait que le numéro $i$ n'est pas obtenu durant les $%
n$ épreuves donc $X_{1}+X_{2}+X_{3}$ est le nombre de numéros qui n'ont pas é%
té obtenus durant les $n$ épreuves donc $X=X_{1}+X_{2}+X_{3}.$
\item \underline{Loi de $X_{i}$} : Par construction, $X_{i}(\Omega )=\{0,1\}$%
. Ensuite, l'évènement $(X_{i}=1)$ correspondant à $n$ non réalisations
successives de l'évènement $\overline{R_{i}}$ et les épreuves étant indé%
pendantes, on a
\begin{eqnarray*}
P\left( X_{i}=1\right) &=&P(\underset{n\text{ fois}}{\underbrace{\overline{%
R_{i}}\cap \cdots \cap \overline{R_{i}}}})=\underset{n\text{ fois}}{%
\underbrace{P(\overline{R_{i}})\cdots P(\overline{R_{i}})}}=(1-P_{i})^{n} \\
P\left( X_{i}=0\right) &=&1-P(X_{i}=0)=1-(1-P_{i})^{n}
\end{eqnarray*}
\item Chaque variable $X_{i}$ étant de Bernoulli, il est immédiat que $%
E(X_{i})=(1-P_{i})^{n}$ et par linéarité de l'espérance, on obtient
\begin{equation*}
E(X)=E(X_{1}+X_{2}+X_{3})=E(X_{1})+E(X_{2})+E(X_{3})=(1-P_{1})^{n}+(1-P_{2})^{n}+(1-P_{3})^{n}
\end{equation*}
\end{enumerate}
\item \thinspace
\begin{enumerate}
\item Puisque $P_{1}+P_{2}=1-P_{3},$ on a
\begin{equation*}
E(X)=(1-P_{1})^{n}+(1-P_{2})^{n}+(P_{1}+P_{2})^{n}=(1-x)^{n}+(1-y)^{n}+(x+y)^{n}=f(x,y)
\end{equation*}
\item $\dfrac{\partial f}{\partial x}(x,y)=-n(1-x)^{n-1}+n(x+y)^{n-1}\quad
\dfrac{\partial f}{\partial y}(x,y)=-n(1-y)^{n-1}+n(x+y)^{n-1}$
\item On résout directement le système, en tenant compte que $%
a^{n-1}=b^{n-1}\Leftrightarrow a=b$ lorsque $a$ et $b$ sont positifs (ce qui
est cas pour $x$ et $y),$ on a
\begin{eqnarray*}
\left\{
\begin{array}{c}
\dfrac{\partial f}{\partial x}(x,y)=0\medskip \\
\dfrac{\partial f}{\partial y}(x,y)=0\medskip%
\end{array}%
\right. &\Leftrightarrow &\left\{
\begin{array}{c}
-n(1-x)^{n-1}+n(x+y)^{n-1}=0 \\
-n(1-y)^{n-1}+n(x+y)^{n-1}=0%
\end{array}%
\right. \Leftrightarrow \left\{
\begin{array}{c}
-(1-x)^{n-1}+(x+y)^{n-1}=0 \\
-(1-y)^{n-1}+(x+y)^{n-1}=0%
\end{array}%
\right. \\
&\Leftrightarrow &\left\{
\begin{array}{c}
(1-x)^{n-1}=(x+y)^{n-1} \\
(1-y)^{n-1}=(x+y)^{n-1}%
\end{array}%
\right. \Leftrightarrow \left\{
\begin{array}{c}
1-x=x+y \\
1-y=x+y%
\end{array}%
\right. \Leftrightarrow \left\{
\begin{array}{c}
2x+y=1 \\
x+2y=1%
\end{array}%
\right. \\
&\Leftrightarrow &\left\{
\begin{array}{c}
3x=1 \\
3y=1%
\end{array}%
\right. \left\vert
\begin{array}{c}
L_{1}\leftarrow 2L_{1}-L_{2} \\
L_{2}\leftarrow 2L_{2}-L_{1}%
\end{array}%
\right. \Leftrightarrow \left\{
\begin{array}{c}
x=\dfrac{1}{3}\medskip \\
y=\dfrac{1}{3}\medskip%
\end{array}%
\right.
\end{eqnarray*}
\item Le point $\left( \dfrac{1}{3},\dfrac{1}{3}\right) $ étant un point
critique de $f$ (il annule les deux dérivées partielles d'ordre $1$), et $%
]0,1[\times ]0,1[$ étant un ouvert de $\mathbb{R}^{2},$ on doit déterminer
les dérivées partielles du second ordre au point $\left( \dfrac{1}{3},\dfrac{%
1}{3}\right) $
\begin{equation*}
\left\{
\begin{array}{l}
\dfrac{\partial ^{2}f}{\partial x^{2}}%
(x,y)=n(n-1)(1-x)^{n-2}+n(n-1)(x+y)^{n-2} \\
\dfrac{\partial ^{2}f}{\partial x\partial y}(x,y)=\dfrac{\partial }{\partial
x}\left( \dfrac{\partial f}{\partial y}\right) (x,y)=n(n-1)(x+y)^{n-2} \\
\dfrac{\partial ^{2}f}{\partial y^{2}}%
(x,y)=n(n-1)(1-y)^{n-2}+n(n-1)(x+y)^{n-2}%
\end{array}%
\right. \Rightarrow \left\{
\begin{array}{l}
r\left( \dfrac{1}{3},\dfrac{1}{3}\right) =\dfrac{\partial ^{2}f}{\partial
x^{2}}\left( \dfrac{1}{3},\dfrac{1}{3}\right) =2n(n-1)\left( \dfrac{2}{3}%
\right) ^{n-2} \\
s\left( \dfrac{1}{3},\dfrac{1}{3}\right) =\dfrac{\partial ^{2}f}{\partial
x\partial y}\left( \dfrac{1}{3},\dfrac{1}{3}\right) =n(n-1)\left( \dfrac{2}{3%
}\right) ^{n-2} \\
t\left( \dfrac{1}{3},\dfrac{1}{3}\right) =\dfrac{\partial ^{2}f}{\partial
y^{2}}\left( \dfrac{1}{3},\dfrac{1}{3}\right) =2n(n-1)\left( \dfrac{2}{3}%
\right) ^{n-2}%
\end{array}%
\right.
\end{equation*}%
Par conséquent,
\begin{eqnarray*}
\left( rt-s^{2}\right) \left( \dfrac{1}{3},\dfrac{1}{3}\right) &=&\left[
2n(n-1)\left( \dfrac{2}{3}\right) ^{n-2}\right] ^{2}-\left[ n(n-1)\left(
\dfrac{2}{3}\right) ^{n-2}\right] ^{2}=4n^{2}(n-1)^{2}\left( \dfrac{2}{3}%
\right) ^{2n-4}-n^{2}(n-1)^{2}\left( \dfrac{2}{3}\right) ^{2n-4} \\
&=&3n^{2}(n-1)^{2}\left( \dfrac{2}{3}\right) ^{2n-4}>0
\end{eqnarray*}%
ce qui implique que le point $\left( \dfrac{1}{3},\dfrac{1}{3}\right) $ est
un extrémum local de $f$ sur l'ouvert $]0,1[\times ]0,1[$\newline
Ensuite, $r+t=4n(n-1)\left( \dfrac{2}{3}\right) ^{n-2}>0$ donc le point $%
\left( \dfrac{1}{3},\dfrac{1}{3}\right) $ est un minimum local de $f$ sur
l'ouvert $]0,1[\times ]0,1[.$
\item En ce minimum, on a $E(X)=f\left( \dfrac{1}{3},\dfrac{1}{3}\right)
=\left( \dfrac{2}{3}\right) ^{n}+\left( \dfrac{2}{3}\right) ^{n}+\left(
\dfrac{2}{3}\right) ^{n}=3\left( \dfrac{2}{3}\right) ^{n}$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{correction}
\begin{correction}
\textbf{Partie I}
\begin{enumerate}
\item On procède par les opérations élémentaires sur les matrices%
\begin{gather*}
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
-2 & -1 & 0 \\
1 & 1 & 1%
\end{pmatrix}%
:%
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1%
\end{pmatrix}%
\Leftrightarrow
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & -1 & 0 \\
0 & 1 & 1%
\end{pmatrix}%
:%
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
2 & -1 & 0 \\
-1 & -1 & 1%
\end{pmatrix}%
\left.
\begin{array}{l}
\text{\emph{Pivot}} \\
L_{2}\leftarrow L_{2}+2L_{1} \\
L_{3}\leftarrow L_{3}-L_{1}%
\end{array}%
\right. \\
\Leftrightarrow
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & -1 & 0 \\
0 & 0 & 1%
\end{pmatrix}%
:%
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
2 & 1 & 0 \\
1 & 1 & 1%
\end{pmatrix}%
\left.
\begin{array}{l}
\\
\text{\emph{Pivot}} \\
L_{3}\leftarrow L_{3}+L_{2}%
\end{array}%
\right. \Leftrightarrow
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1%
\end{pmatrix}%
:%
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
-2 & -1 & 0 \\
1 & 1 & 1%
\end{pmatrix}%
\left.
\begin{array}{c}
\\
L_{2}\leftarrow -L_{2} \\
\end{array}%
\right.
\end{gather*}%
donc la matrice $P$ est inversible et son inverse est .... $P$ !!\bigskip
\newline
\textbf{Vérification} $%
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
-2 & -1 & 0 \\
1 & 1 & 1%
\end{pmatrix}%
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
-2 & -1 & 0 \\
1 & 1 & 1%
\end{pmatrix}%
=%
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1%
\end{pmatrix}%
$
\item $M=PDP^{-1}\Leftrightarrow P^{-1}MP=D\Leftrightarrow D=%
\begin{pmatrix}
\dfrac{1}{3} & 0 & 0\medskip \\
0 & \dfrac{2}{3} & 0\medskip \\
0 & 0 & 1%
\end{pmatrix}%
$
\item Une récurrence évidente montre que $\forall j\in \mathbb{N}^{\times
},\quad M^{j-1}=PD^{j-1}P^{-1}$ donc%
\begin{eqnarray*}
D^{j-1} &=&%
\begin{pmatrix}
\left( \dfrac{1}{3}\right) ^{j-1} & 0 & 0\medskip \\
0 & \left( \dfrac{2}{3}\right) ^{j-1} & 0\medskip \\
0 & 0 & 1%
\end{pmatrix}%
\quad PD^{j-1}=%
\begin{pmatrix}
\left( \dfrac{1}{3}\right) ^{j-1} & 0 & 0\medskip \\
-2\left( \dfrac{1}{3}\right) ^{j-1} & -\left( \dfrac{2}{3}\right) ^{j-1} &
0\medskip \\
\left( \dfrac{1}{3}\right) ^{j-1} & \left( \dfrac{2}{3}\right) ^{j-1} &
1\medskip
\end{pmatrix}
\\
M^{j-1} &=&PD^{j-1}P^{-1}=%
\begin{pmatrix}
\left( \dfrac{1}{3}\right) ^{j-1} & 0 & 0\medskip \\
-2\left( \dfrac{1}{3}\right) ^{j-1}+2\left( \dfrac{2}{3}\right) ^{j-1} &
\left( \dfrac{2}{3}\right) ^{j-1} & 0\medskip \\
\left( \dfrac{1}{3}\right) ^{j-1}-2\left( \dfrac{2}{3}\right) ^{j-1}+1 &
-\left( \dfrac{2}{3}\right) ^{j-1}+1 & 1\medskip
\end{pmatrix}%
\end{eqnarray*}
\end{enumerate}
\noindent \textbf{Partie\ II}
\begin{enumerate}
\item \thinspace
\begin{enumerate}
\item Commençons par calculer les neuf probabilités conditionnelles demandé%
es.%
\begin{eqnarray*}
P_{(X_{j}=1)}\left( X_{j+1}=1\right) &=&\dfrac{1}{3},\quad
P_{(X_{j}=2)}(X_{j+1}=1)=0,\quad P_{(X_{j}=3)}(X_{j+1}=1)=0\medskip \\
P_{(X_{j}=1)}\left( X_{j+1}=2\right) &=&\dfrac{2}{3},\quad
P_{(X_{j}=2)}(X_{j+1}=3)=\dfrac{2}{3},\quad
P_{(X_{j}=3)}(X_{j+1}=1)=0\medskip \\
P_{(X_{j}=1)}\left( X_{j+1}=3\right) &=&0,\quad P_{(X_{j}=2)}(X_{j+1}=3)=%
\dfrac{1}{3},\quad P_{(X_{j}=3)}(X_{j+1}=1)=1\medskip
\end{eqnarray*}%
\textbf{Justification des calculs de probabilités} :\newline
\underline{$P_{(X_{j}=1)}(X_{j+1}=1)$}\emph{\ : L'évènement }$(X_{j}=1)$%
\emph{\ est réalisé et on souhaite la réalisation de l'évènement }$%
(X_{j+1}=1),$\emph{\ c'est-à-dire qu'un fournisseur a reçu au moins un
commande par l'un ou plusieurs des }$j$\emph{\ premiers consommateurs et on
souhaite qu'un fournisseur recoive au moins un commande par l'un ou
plusieurs des }$j+1$\emph{\ premiers consommateurs. Autrement dit, on
souhaite le }$(j+1)$\emph{-ième consommateur effectue une commande auprès du
fournisseur choisi par les }$j$\emph{\ premiers consommateurs. Il a 1 chance
sur trois pour le choisir donc }$P_{(X_{j}=1)}(X_{j+1}=1)=\dfrac{1}{3}.$%
\emph{\newline
}\underline{$P_{(X_{j}=2)}(X_{j+1}=1)$}\emph{\ : L'évènement }$(X_{j}=2)$%
\emph{\ est réalisé et on souhaite la réalisation de l'évènement }$%
(X_{j+1}=1),$\emph{\ c'est-à-dire que deux fournisseurs ont reçu au moins un
commande par l'un ou plusieurs des }$j$\emph{\ premiers consommateurs et on
souhaite qu'un fournisseur recoive au moins un commande par l'un ou
plusieurs des }$j+1$\emph{\ premiers consommateurs. Ceci est clairement
impossible (au moins deux fournisseurs seront choisis par les }$j$\emph{\
premiers consommateurs donc par les }$j+1$\emph{\ premiers consommateurs)
donc }$P_{(X_{j}=2)}(X_{j+1}=1)=0.$\emph{\newline
}\underline{$P_{(X_{j}=3)}(X_{j+1}=1)$}\emph{\ : L'évènement }$(X_{j}=3)$%
\emph{\ est réalisé et on souhaite la réalisation de l'évènement }$%
(X_{j+1}=1),$\emph{\ c'est-à-dire que trois fournisseurs ont reçu au moins
un commande par l'un ou plusieurs des }$j$\emph{\ premiers consommateurs et
on souhaite qu'un fournisseur recoive au moins un commande par l'un ou
plusieurs des }$j+1$\emph{\ premiers consommateurs. Ceci est clairement
impossible (au moins trois fournisseurs seront choisis par les }$j$\emph{\
premiers consommateurs donc par les }$j+1$\emph{\ premiers consommateurs)
donc }$P_{(X_{j}=3)}(X_{j+1}=1)=0.$\emph{\newline
}\underline{$P_{(X_{j}=1)}(X_{j+1}=2)$}\emph{\ : L'évènement }$(X_{j}=2)$%
\emph{\ est réalisé et on souhaite la réalisation de l'évènement }$%
(X_{j+1}=1),$\emph{\ c'est-à-dire qu'un fournisseur a reçu au moins un
commande par l'un ou plusieurs des }$j$\emph{\ premiers consommateurs et on
souhaite que deux fournisseurs recoivent au moins un commande par l'un ou
plusieurs des }$j+1$\emph{\ premiers consommateurs. Autrement dit, on
souhaite le }$(j+1)$\emph{-ième consommateur effectue une commande auprès
d'un des deux fournisseurs non choisis par les }$j$\emph{\ premiers
consommateurs. Il a 1 chance sur trois pour choisir chacun de ces
fournisseurs donc }$P_{(X_{j}=1)}(X_{j+1}=2)=\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{3}=%
\dfrac{2}{3}.$\emph{\newline
}\underline{$P_{(X_{j}=2)}(X_{j+1}=2)$}\emph{\ : L'évènement }$(X_{j}=2)$%
\emph{\ est réalisé et on souhaite la réalisation de l'évènement }$%
(X_{j+1}=2),$\emph{\ c'est-à-dire que deux fournisseurs ont reçu au moins un
commande par l'un ou plusieurs des }$j$\emph{\ premiers consommateurs et on
souhaite que deux fournisseurs recoivent au moins un commande par l'un ou
plusieurs des }$j+1$\emph{\ premiers consommateurs. Autrement dit, on
souhaite le }$(j+1)$\emph{-ième consommateur effectue une commande auprès de
l'un des deux fournisseurs choisis par les }$j$\emph{\ premiers
consommateurs. Il a 1 chance sur trois pour choisir chacun de ces
fournisseurs donc }$P_{(X_{j}=2)}(X_{j+1}=2)=\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{3}=%
\dfrac{2}{3}.$\emph{\newline
}\underline{$P_{(X_{j}=3)}(X_{j+1}=2)$}\emph{\ : L'évènement }$(X_{j}=3)$%
\emph{\ est réalisé et on souhaite la réalisation de l'évènement }$%
(X_{j+1}=2),$\emph{\ c'est-à-dire que trois fournisseurs ont reçu au moins
un commande par l'un ou plusieurs des }$j$\emph{\ premiers consommateurs et
on souhaite que deux fournisseurs recoivent au moins un commande par l'un ou
plusieurs des }$j+1$\emph{\ premiers consommateurs. Ceci est clairement
impossible (au moins trois fournisseurs seront choisis par les }$j$\emph{\
premiers consommateurs donc par les }$j+1$\emph{\ premiers consommateurs)
donc }$P_{(X_{j}=3)}(X_{j+1}=2)=0.$\emph{\newline
}\underline{$P_{(X_{j}=1)}(X_{j+1}=3)$}\emph{\ : L'évènement }$(X_{j}=1)$%
\emph{\ est réalisé et on souhaite la réalisation de l'évènement }$%
(X_{j+1}=3),$\emph{\ c'est-à-dire qu'un fournisseur a reçu au moins un
commande par l'un ou plusieurs des }$j$\emph{\ premiers consommateurs et on
souhaite que trois fournisseurs recoivent au moins un commande par l'un ou
plusieurs des }$j+1$\emph{\ premiers consommateurs. Autrement dit, on
souhaite le }$(j+1)$\emph{-ième consommateur effectue une commande auprès
des deux fournisseurs non choisis par les }$j$\emph{\ premiers
consommateurs, ce qui est impossible d'après l'énoncé (chaque consommateur
n'achetant qu'à un seul fournisseur) donc }$P_{(X_{j}=1)}(X_{j+1}=3)=0.$%
\emph{\newline
}\underline{$P_{(X_{j}=2)}(X_{j+1}=3)$}\emph{\ : L'évènement }$(X_{j}=2)$%
\emph{\ est réalisé et on souhaite la réalisation de l'évènement }$%
(X_{j+1}=3),$\emph{\ c'est-à-dire que deux fournisseurs ont reçu au moins un
commande par l'un ou plusieurs des }$j$\emph{\ premiers consommateurs et on
souhaite que deux fournisseurs recoivent au moins un commande par l'un ou
plusieurs des }$j+1$\emph{\ premiers consommateurs. Autrement dit, on
souhaite le }$(j+1)$\emph{-ième consommateur effectue une commande auprès du
fournisseur non choisi par les }$j$\emph{\ premiers consommateurs. Il a 1
chance sur trois pour le choisir donc }$P_{(X_{j}=2)}(X_{j+1}=3)=\dfrac{1}{3}%
.$\emph{\newline
}\underline{$P_{(X_{j}=3)}(X_{j+1}=3)$}\emph{\ : L'évènement }$(X_{j}=3)$%
\emph{\ est réalisé et on souhaite la réalisation de l'évènement }$%
(X_{j+1}=3),$\emph{\ c'est-à-dire que trois fournisseurs ont reçu au moins
un commande par l'un ou plusieurs des }$j$\emph{\ premiers consommateurs et
on souhaite que trois fournisseurs recoivent au moins un commande par l'un
ou plusieurs des }$j+1$\emph{\ premiers consommateurs, ce qui correspond à l'%
évènement certain (les trois fournisseurs seront choisis par les }$j$\emph{\
premiers consommateurs donc par les }$j+1$\emph{\ premiers consommateurs)
donc }$P_{(X_{j}=3)}(X_{j+1}=3)=1.\medskip $\newline
\textbf{Expression de }$P(X_{j+1}=k)$\textbf{\ en fonction des }$P(X_{j}=q)$%
\textbf{\ }: \newline
Le nombre de fournisseurs choisis par les $j+1$ premiers clients dépendant
du nombre de fournisseurs choisis par les $j$ premiers clients, c'est-à-dire
que les évènements $(X_{j+1}=k)$ dépendant des évènements $(X_{j}=1),$ $%
(X_{j}=2)$, $(X_{j}=3),$ on applique la formule des probabilités totales
avec le système complet d'évènements $(X_{j}=1),$ $(X_{j}=2)$, $(X_{j}=3).$
En utilisant également les calculs de probabilités conditionnelles précé%
dents, on a :%
\begin{eqnarray*}
P\left( X_{j+1}=1\right) &=&P(X_{j}=1\cap X_{j+1}=1)+P(X_{j}=2\cap
X_{j+1}=1)+P(X_{j}=3\cap X_{j+1}=1) \\
&=&P(X_{j}=1)P_{(X_{j}=1)}(X_{j+1}=1)+P(X_{j}=2)P_{(X_{j}=2)}(X_{j+1}=1)+P(X_{j}=3)P_{(X_{j}=3)}(X_{j+1}=1)
\\
&=&\dfrac{1}{3}P(X_{j}=1)\medskip \\
P\left( X_{j+1}=2\right) &=&P(X_{j}=1\cap X_{j+1}=2)+P(X_{j}=2\cap
X_{j+1}=2)+P(X_{j}=3\cap X_{j+1}=2) \\
&=&P(X_{j}=1)P_{(X_{j}=1)}(X_{j+1}=2)+P(X_{j}=2)P_{(X_{j}=2)}(X_{j+1}=2)+P(X_{j}=3)P_{(X_{j}=3)}(X_{j+1}=2)
\\
&=&\dfrac{2}{3}P(X_{j}=1)+\dfrac{1}{3}P(X_{j}=2)\medskip \\
P\left( X_{j+1}=3\right) &=&P(X_{j}=1\cap X_{j+1}=3)+P(X_{j}=2\cap
X_{j+1}=3)+P(X_{j}=3\cap X_{j+1}=3) \\
&=&P(X_{j}=1)P_{(X_{j}=1)}(X_{j+1}=3)+P(X_{j}=2)P_{(X_{j}=2)}(X_{j+1}=3)+P(X_{j}=3)P_{(X_{j}=3)}(X_{j+1}=3)
\\
&=&\dfrac{1}{3}P(X_{j}=2)+P(X_{j}=3)\medskip
\end{eqnarray*}%
ce que l'on peut résumer par
\begin{equation*}
\left\{
\begin{array}{l}
P\left( X_{j+1}=1\right) =\dfrac{1}{3}P(X_{j}=1)\medskip \\
P\left( X_{j+1}=2\right) =\dfrac{2}{3}P(X_{j}=1)+\dfrac{1}{3}%
P(X_{j}=2)\medskip \\
P\left( X_{j+1}=3\right) =\dfrac{1}{3}P(X_{j}=2)+P(X_{j}=3)\medskip%
\end{array}%
\right.
\end{equation*}
\item La première égalité n'est rien d'autre que la transcription
matricielle du système ci-dessus.\newline
Pour la seconde, on procède par récurrence en posant $(\mathcal{P}%
_{j}):U_{j}=M^{j-1}U_{1}.$\newline
\textbf{Initialisation} $j=1$ : $M^{1-1}U_{1}=IU_{1}=U_{1}$ donc $(\mathcal{P%
}_{1})$ est vraie.\newline
\textbf{Hérédité} : supposons que $(\mathcal{P}_{j})$ soit vraie et montrons
que $(\mathcal{P}_{j+1})$ est vraie, c'est-à-dire que $U_{j}=M^{j-1}U_{1}$
soit vraie et montrons que $U_{j+1}=M^{j}U_{1}.$ On a $U_{j}=M^{j-1}U_{1}$
et $U_{j+1}=MU_{j}$ donc $U_{j+1}=MM^{j-1}U_{1}=M^{j}U_{1},$ ce qui démontre
$(\mathcal{P}_{j+1})$ et achève la preuve.
\item Le premier consommateur choisi de façon équiprobable chaque
fournisseur donc
\begin{equation*}
P(X_{1}=1)=P(X_{2}=1)=P(X_{3}=1)=\dfrac{1}{3}\Rightarrow U_{1}=%
\begin{pmatrix}
\dfrac{1}{3}\smallskip \\
\dfrac{1}{3}\smallskip \\
\dfrac{1}{3}\smallskip%
\end{pmatrix}%
\end{equation*}%
et la question 3 de la \textbf{partie I} nous donne $U_{j}=%
\begin{pmatrix}
\dfrac{1}{3}\left( \dfrac{1}{3}\right) ^{j-1}\medskip \\
-\dfrac{2}{3}\left( \dfrac{1}{3}\right) ^{j-1}+\left( \dfrac{2}{3}\right)
^{j-1}\medskip \\
1+\dfrac{1}{3}\left( \dfrac{1}{3}\right) ^{j-1}-\left( \dfrac{2}{3}\right)
^{j-1}\medskip%
\end{pmatrix}%
$
\end{enumerate}
\item \thinspace
\begin{enumerate}
\item Un calcul direct donne $LM=%
\begin{pmatrix}
\dfrac{5}{3} & \dfrac{7}{3} & 3%
\end{pmatrix}%
$ donc
\begin{eqnarray*}
LM &=&\alpha L+\beta J\Leftrightarrow
\begin{pmatrix}
\dfrac{5}{3} & \dfrac{7}{3} & 3%
\end{pmatrix}%
=%
\begin{pmatrix}
\alpha +\beta & 2\alpha +\beta & 3\alpha +\beta%
\end{pmatrix}%
\Leftrightarrow \left\{
\begin{array}{c}
\alpha +\beta =\dfrac{5}{3}\smallskip \\
2\alpha +\beta =\dfrac{7}{3}\smallskip \\
3\alpha +\beta =3%
\end{array}%
\right. \\
&\Leftrightarrow &\left\{
\begin{array}{c}
\alpha +\beta =\dfrac{5}{3}\smallskip \\
-\beta =-1 \\
-2\beta =-2%
\end{array}%
\right. \left\vert
\begin{array}{l}
\text{\emph{Pivot}} \\
L_{2}\leftarrow L_{2}-2L_{1} \\
L_{3}\leftarrow L_{3}-3L_{1}%
\end{array}%
\right. \Leftrightarrow \left\{
\begin{array}{l}
\beta =1 \\
\alpha =\dfrac{5}{3}-1=\dfrac{2}{3}\smallskip%
\end{array}%
\right. \Rightarrow LM=\dfrac{2}{3}L+J
\end{eqnarray*}%
Ensuite, toujours par calcul direct, on a
\begin{eqnarray*}
LU_{i} &=&%
\begin{pmatrix}
1 & 2 & 3%
\end{pmatrix}%
\begin{pmatrix}
P(X_{j}=1) \\
P(X_{j}=2) \\
P(X_{j}=3)%
\end{pmatrix}%
=P(X_{j}=1)+2P(X_{j}=2)+3P(X_{j}=3)=E(X_{j}) \\
JU_{i} &=&%
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1%
\end{pmatrix}%
\begin{pmatrix}
P(X_{j}=1) \\
P(X_{j}=2) \\
P(X_{j}=3)%
\end{pmatrix}%
=P(X_{j}=1)+P(X_{j}=2)+P(X_{j}=3)=1 \\
LM &=&\dfrac{2}{3}L+J\Rightarrow LMU_{j}=\dfrac{2}{3}LU_{j}+JU_{j}%
\Leftrightarrow LU_{j}=\dfrac{2}{3}E(X_{j})+1\Leftrightarrow E(X_{j+1})=%
\dfrac{2}{3}E(X_{j})+1
\end{eqnarray*}
\item A la question 1.c) de la \textbf{partie II}, nous avons déterminer la
loi de $X_{1}$ donc
\begin{equation*}
E(X_{1})=1\times \dfrac{1}{3}+2\times \dfrac{1}{3}+3\times \dfrac{1}{3}=2.
\end{equation*}%
La suite $(E(X_{j}))_{j\in \mathbb{N}^{\times }}$ est arithmético-géomé%
trique et la constante $L$ associée vérifie%
\begin{equation*}
L=\dfrac{2}{3}L+1\Leftrightarrow \dfrac{1}{3}L=1\Leftrightarrow L=3
\end{equation*}%
La suite $u$ définie par $u_{j}=E(X_{j})-3$ est géométrique de raison $%
\dfrac{2}{3}$ car%
\begin{equation*}
u_{j+1}=E(X_{j+1})-3=\dfrac{2}{3}E(X_{j})+1-3=\dfrac{2}{3}E(X_{j})-2=\dfrac{2%
}{3}(u_{j}+3)-2=\dfrac{2}{3}u_{j}
\end{equation*}%
On en déduit que
\begin{equation*}
u_{j}=\left( \dfrac{2}{3}\right) ^{j-1}u_{1}\Leftrightarrow
E(X_{j})-3=\left( \dfrac{2}{3}\right) ^{j-1}\left( E(X_{1})-3\right)
\Leftrightarrow E(X_{j})=3-\left( \dfrac{2}{3}\right) ^{j-1}
\end{equation*}%
et, puisque $\dfrac{2}{3}\in ]-1,1[,$ la suite $\left( \dfrac{2}{3}\right)
^{j-1}$ tend vers $0,$ ce qui implique que $\lim\limits_{j\rightarrow
+\infty }E(X_{j})=3.$
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{correction}
\label{fin}
\end{document}