\documentclass[a4paper,french]{article}
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\lhead{PHEC1}
\chead{Correction ds 6}
\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}
\thinspace
\begin{enumerate}
\item \thinspace
\begin{enumerate}
\item Le calcul ci-dessous montre $f^{\prime }$ est posifive sur $[0,1]$
donc la fonction $f$ est croissante sur $[0,1].$%
\begin{equation*}
f^{\prime }(x)=\dfrac{e^{x}(x+10)-e^{x}}{(x+10)^{2}}=\dfrac{e^{x}(x+9)}{%
(x+10)^{2}}.
\end{equation*}
\item Un calcul direct nous donne%
\begin{eqnarray*}
f^{\prime \prime }(x) &=&\dfrac{(e^{x}(x+9))^{\prime
}(x+10)^{2}-(e^{x}(x+9))2(x+10)}{(x+10)^{4}}=\dfrac{(e^{x}(x+9))^{\prime
}(x+10)-2e^{x}(x+9)}{(x+10)^{3}} \\
&=&\dfrac{(e^{x}(x+9)+e^{x})(x+10)-2e^{x}(x+9)}{(x+10)^{3}}=e^{x}\dfrac{%
(x+9+1)(x+10)-2(x+9)}{(x+10)^{3}} \\
&=&e^{x}\dfrac{x^{2}+18x+82}{(x+10)^{3}}
\end{eqnarray*}%
La fonction $f^{\prime \prime }$ est donc positive sur $[0,1],$ ce qui
implique que la fonction $f^{\prime }$ est croissante sur $[0,1]$ donc%
\begin{equation*}
\forall x\in \lbrack 0,1],\quad f^{\prime }(0)\leqslant f^{\prime
}(x)\leqslant f^{\prime }(1)\Leftrightarrow 0.09=\dfrac{9}{100}\leqslant
f^{\prime }(x)\leqslant \dfrac{10e}{121}\leqslant 0.225
\end{equation*}
\item On considère la fonction $g$ définie par $g(x)=f(x)-x.$ Cette fonction
est dérivable sur $[0,1]$ et, d'après l'encadrement de la question 1.b), on
a
\begin{equation*}
\forall x\in \lbrack 0,1],\quad g^{\prime }(x)=f^{\prime }(x)-1<0
\end{equation*}%
ce qui implique que la fonction $g$ est strictement décroissante sur $[0,1].$
Par conséquent, la fonction $g$ est continue (car dérivable) sur $[0,1]$ et
strictement décroissante sur $[0,1]$ donc elle réalise une bijection de $%
[0,1]$ sur $g([0,1])=[g(1),g(0)].$ Puisque
\begin{equation*}
g(0)=f(0)-0=f(0)=\dfrac{1}{10}>0\quad \text{et}\quad g(1)=f(1)-1=\dfrac{e}{11%
}-1\simeq -0.75\pm 10^{-2}<0,
\end{equation*}%
on en déduit que $0\in g([0,1])$ donc l'équation $g(x)=0\Leftrightarrow
f(x)=x$ admet une et une seule solution sur $[0,1]$ (existence et unicité de
l'antécédent de $0$ par $g$ sur $[0,1])$
\begin{equation*}
\forall x\in \lbrack 0,1],\quad g(x)\geqslant g(1)\Leftrightarrow
f(x)-x\geqslant f(1)-1=\dfrac{e}{11}-1
\end{equation*}
\item La fonction $g$ est strictement décroissante sur $[0,1]$ donc sur $%
[0,\alpha ],$ ce qui implique que
\begin{equation*}
\forall x\in \lbrack 0,\alpha ],\quad g(x)\geqslant g(\alpha
)=0\Leftrightarrow f(x)-x\geqslant 0
\end{equation*}
\end{enumerate}
\item \thinspace
\begin{enumerate}
\item Il s'agit de montrer que l'intervalle $[0,\alpha ]$ est stable par $f.$
Puisque $f$ est croissante sur $[0,1]$ donc sur $[0,\alpha ],$ on en déduit
que
\begin{equation*}
f([0,\alpha ])=[f(0),f(\alpha )]=\left[ \dfrac{1}{10},\alpha \right] \subset
\lbrack 0,\alpha ]
\end{equation*}%
Procédons maintenant par récurrence en posant $(\mathcal{P}_{n}):u_{n}\in
\lbrack 0,\alpha ].$\newline
\textbf{Initialisation} $n=0$ : $u_{0}=0\in \lbrack 0,\alpha ]$ donc $(%
\mathcal{P}_{0})$ est vraie.\newline
\textbf{Hérédité} : Supposons que $(\mathcal{P}_{n})$ soit vraie et montrons
que $(\mathcal{P}_{n+1})$ est vraie, c'est-à-dire supposons que $u_{n}\in
\lbrack 0,\alpha ]$ et montrons que $u_{n+1}\in \lbrack 0,\alpha ].$ Puisque
$u_{n}\in \lbrack 0,\alpha ],$ $u_{n+1}=f(u_{n})\in f([0,\alpha ])\subset
\lbrack 0,\alpha ]$ donc $u_{n+1}\in \lbrack 0,\alpha ],$ ce qui démontre $(%
\mathcal{P}_{n+1})$ et achève la récurrence.
\item D'après la question 1.d) $\forall x\in \lbrack 0,\alpha ],\quad
f(x)-x\geqslant 0$ et d'après la question 2.a) $u_{n}\in \lbrack 0,\alpha ],$
donc on peut poser $x=u_{n},$ ce qui montre que%
\begin{equation*}
f(u_{n})-u_{n}\geqslant 0\Leftrightarrow u_{n+1}-u_{n}\Leftrightarrow
u_{n+1}\geqslant u_{n}
\end{equation*}%
Par conséquent, la suite $\left( u_{n}\right) _{n\in \mathbb{N}}$ est
croissante.
\item La suite $u$ est croissante et majorée par $1$ donc elle converge. On
note $L$ la limite, cette limite appartient à $[0,1]$. En passant à la
limite dans l'égalité $u_{n+1}=f(u_{n})$ (la fonction $f$ étant continue sur
$[0,1]),$ on obtient $L=f(L).$ La question 1.c) montre que cette équation
n'admet que $\alpha $ pour solution sur $[0,1]$ donc $L=\alpha .$
\item La question 1.b) montre que $\forall x\in \lbrack 0,1],\quad
\left\vert f^{\prime }(x)\right\vert \leqslant 0.025,$ ce qui permet
d'appliquer l'inégalité des accroissements finis (la fonction $f$ étant $%
C^{1}$ sur $[0,1]$ comme quotient de fonctions $C^{1}$ sur $[0,1]$ dont le dé%
nominateur ne s'annule pas sur $[0,1])$ donc
\begin{equation*}
\forall x,y\in \lbrack 0,1],\quad \left\vert f(x)-f(y)\right\vert \leqslant
0.225\left\vert x-y\right\vert
\end{equation*}%
Puisque $u_{n}\in \lbrack 0,1]$ (question 2.a)), $\alpha \in \lbrack 0,1]$
(question 1.c)), $u_{n+1}=f(u_{n})$ et que $f(\alpha )=\alpha $ (par dé%
finition de $\alpha )$,on en déduit que $\left\vert u_{n+1}-\alpha
\right\vert \leqslant 0.225\left\vert u_{n}-\alpha \right\vert .$
\item L'inégalité précédente montre, par une récurrence donnée en fin de
question, que
\begin{equation*}
\forall n\in \mathbb{N},\quad \left\vert u_{n}-\alpha \right\vert \leqslant
(0.225)^{n}\left\vert u_{0}-\alpha \right\vert =(0.225)^{n}\left\vert
0-\alpha \right\vert =(0.225)^{n}\alpha \leqslant (0.225)^{n}
\end{equation*}%
En suite, il suffit de choisir $n$ tel que
\begin{equation*}
(0.225)^{n}\leqslant 10^{-3}\Leftrightarrow n\ln (0.225)\leqslant -3\ln
10\Leftrightarrow n\geqslant \dfrac{-3\ln 10}{\ln 0.225}\simeq 4.\,63\pm
10^{-2}\Leftrightarrow n\geqslant 5
\end{equation*}%
donc $\left\vert u_{5}-\alpha \right\vert \leqslant (0.225)^{5}\leqslant
10^{-5}.$\newline
\textbf{Preuve} : On pose $(\mathcal{P}_{n}):\left\vert u_{n}-\alpha
\right\vert \leqslant (0.225)^{n}\left\vert u_{0}-\alpha \right\vert $%
\newline
\textbf{Initialisation} : $(\mathcal{P}_{0})$ est vraie car $%
(0.225)^{0}\left\vert u_{0}-\alpha \right\vert =\left\vert u_{0}-\alpha
\right\vert \geqslant \left\vert u_{0}-\alpha \right\vert $\newline
\textbf{Hérédité} : Supposons que $(\mathcal{P}_{n})$ soit vraie et montrons
$(\mathcal{P}_{n+1}),$ c'est-à-dire supposons que $\left\vert u_{n}-\alpha
\right\vert \leqslant (0.225)^{n}\left\vert u_{0}-\alpha \right\vert $ et
montrons que $\left\vert u_{n+1}-\alpha \right\vert \leqslant
(0.225)^{n+1}\left\vert u_{0}-\alpha \right\vert .$ \newline
D'après la question 2.d), on a
\begin{equation*}
\left\vert u_{n+1}-\alpha \right\vert \leqslant 0.225\left\vert u_{n}-\alpha
\right\vert \leqslant 0.225(0.225)^{n}\left\vert u_{0}-\alpha \right\vert
=(0.225)^{n+1}\left\vert u_{0}-\alpha \right\vert
\end{equation*}%
ce qui démontre $(\mathcal{P}_{n+1})$ et achève la récurrence.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{correction}
\begin{correction}
\thinspace
\begin{enumerate}
\item Un calcul direct nous donne%
\begin{equation*}
M(a)M(b)=%
\begin{pmatrix}
1-2a-2b+6ab & a+b-3ab & a+b-3ab \\
a+b-3ab & 1-2a-2b+6ab & a+b-3ab \\
a+b-3ab & a+b-3ab & 1-2a-2b+6ab%
\end{pmatrix}%
=M(a+b-3ab)
\end{equation*}
\item En remarquant que $M(0)=I_{3},$ on cherche l'inverse éventuel de $M(a)$
sous la forme $M(b)$%
\begin{equation*}
M(a)M(b)=I_{3}\Leftrightarrow M(a+b-3ab)=M(0)\Leftrightarrow
a+b-3ab=0\Leftrightarrow b(1-3a)=-a
\end{equation*}%
Lorsque $1-3a\neq 0\Leftrightarrow a\neq \dfrac{1}{3},$ en choisissant $b=-%
\dfrac{a}{1-3a}=\dfrac{a}{3a-1}$, on a bien $M(a)M(b)=I_{3}$ donc $M(a)$ est
inversible et son inverse est $M\left( \dfrac{a}{3a-1}\right) .$\newline
Lorsque $1-3a=0\Leftrightarrow a=\dfrac{1}{3},$ la matrice $M\left( a\right)
$ est égale à $M\left( \dfrac{1}{3}\right) =%
\begin{pmatrix}
\dfrac{1}{3} & \dfrac{1}{3} & \dfrac{1}{3}\smallskip \\
\dfrac{1}{3} & \dfrac{1}{3} & \dfrac{1}{3}\smallskip \\
\dfrac{1}{3} & \dfrac{1}{3} & \dfrac{1}{3}\smallskip%
\end{pmatrix}%
.$ Etudions l'inversibilité de cette matrice%
\begin{equation*}
\begin{pmatrix}
\dfrac{1}{3} & \dfrac{1}{3} & \dfrac{1}{3}\smallskip \\
\dfrac{1}{3} & \dfrac{1}{3} & \dfrac{1}{3}\smallskip \\
\dfrac{1}{3} & \dfrac{1}{3} & \dfrac{1}{3}\smallskip%
\end{pmatrix}%
:%
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1%
\end{pmatrix}%
\Leftrightarrow
\begin{pmatrix}
\dfrac{1}{3} & \dfrac{1}{3} & \dfrac{1}{3}\smallskip \\
0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0%
\end{pmatrix}%
:%
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
-1 & 1 & 0 \\
-1 & 0 & 1%
\end{pmatrix}%
\left.
\begin{array}{l}
\text{\emph{Pivot}} \\
L_{2}\leftarrow L_{2}-L_{1} \\
L_{3}\leftarrow L_{3}-L_{1}%
\end{array}%
\right.
\end{equation*}%
Cette dernière matrice est triangulaire supérieure et au moins un de ses
coefficients diagonaux est nul donc elle n'est pas inversible, ce qui
implique que la matrice $M\left( \dfrac{1}{3}\right) $ n'est pas inversible.%
\newline
Par conséquent, $M(a)$ est inversible ssi $a\neq \dfrac{1}{3}$ et dans ce
cas, $\left[ M(a)\right] ^{-1}=M\left( \dfrac{a}{3a-1}\right) $
\item En utilisant la question 1, on a
\begin{eqnarray*}
\lbrack M(a_{0})]^{2} &=&M(a_{0})\Leftrightarrow
M(a_{0})M(a_{0})=M(a_{0})\Leftrightarrow
M(2a_{0}-3a_{0}^{2})=M(a_{0})\Leftrightarrow 2a_{0}-3a_{0}^{2}=a_{0} \\
&\Leftrightarrow &a_{0}-3a_{0}^{2}=0\Leftrightarrow
a_{0}(1-3a_{0})=0\Leftrightarrow a_{0}\text{ ou }a_{0}=\dfrac{1}{3}
\end{eqnarray*}%
Par conséquent, il existe un unique réel $a_{0}$ non nul tel $\left[ M(a_{0})%
\right] ^{2}=M(a_{0})$ qui est $a_{0}=\dfrac{1}{3}.$
\item \thinspace
\begin{enumerate}
\item Pour commencer, on a
\begin{equation*}
P=M\left( \dfrac{1}{3}\right) =%
\begin{pmatrix}
\dfrac{1}{3} & \dfrac{1}{3} & \dfrac{1}{3}\smallskip \\
\dfrac{1}{3} & \dfrac{1}{3} & \dfrac{1}{3}\smallskip \\
\dfrac{1}{3} & \dfrac{1}{3} & \dfrac{1}{3}\smallskip%
\end{pmatrix}%
\quad \text{et}\quad Q=I_{3}-P=%
\begin{pmatrix}
\dfrac{2}{3} & -\dfrac{1}{3} & -\dfrac{1}{3}\smallskip \\
-\dfrac{1}{3} & \dfrac{2}{3} & -\dfrac{1}{3}\smallskip \\
-\dfrac{1}{3} & -\dfrac{1}{3} & \dfrac{2}{3}\smallskip%
\end{pmatrix}%
\end{equation*}%
ce qui implique que
\begin{eqnarray*}
M(a) &=&P+\alpha Q\Leftrightarrow
\begin{pmatrix}
1-2a & a & a \\
a & 1-2a & a \\
a & a & 1-2a%
\end{pmatrix}%
=%
\begin{pmatrix}
\dfrac{2}{3}\alpha +\dfrac{1}{3} & -\dfrac{1}{3}\alpha +\dfrac{1}{3} & -%
\dfrac{1}{3}\alpha +\dfrac{1}{3}\smallskip \\
-\dfrac{1}{3}\alpha +\dfrac{1}{3} & \dfrac{2}{3}\alpha +\dfrac{1}{3} & -%
\dfrac{1}{3}\alpha +\dfrac{1}{3}\smallskip \\
-\dfrac{1}{3}\alpha +\dfrac{1}{3} & -\dfrac{1}{3}\alpha +\dfrac{1}{3} &
\dfrac{2}{3}\alpha +\dfrac{1}{3}\smallskip%
\end{pmatrix}%
\Leftrightarrow \left\{
\begin{array}{l}
1-2a=\dfrac{2}{3}\alpha +\dfrac{1}{3} \\
a=-\dfrac{1}{3}\alpha +\dfrac{1}{3}%
\end{array}%
\right. \\
&\Leftrightarrow &\left\{
\begin{array}{c}
\dfrac{2}{3}\alpha =\dfrac{2}{3}-2a \\
-\dfrac{1}{3}\alpha =-\dfrac{1}{3}+a%
\end{array}%
\right. \Leftrightarrow \alpha =1-3a\Leftrightarrow M(a)=P+(1-3a)Q
\end{eqnarray*}
\item Je laisse le lecteur vérifier que $P^{2}=P,\quad QP=0_{3},\quad
PQ=0_{3},\quad Q^{2}=Q$
\item On procède par récurrence en posant $(\mathcal{P}%
_{n}):[M(a)]^{n}=P+(1-3a)^{n}Q$.\newline
\textbf{Initialisation} $n=0$ : $P+(1-3a)^{0}Q=P+Q=I_{3}$ (car $Q=I_{3}-P)$
et $[M(a)]^{0}=I_{3}$ donc $[M(a)]^{0}=P+(1-3a)^{0}Q,$ ce qui implique la vé%
racité de $(\mathcal{P}_{0}).$\newline
\textbf{Hérédité} : Supposons que $(\mathcal{P}_{n})$ soit vraie et montrons
$(\mathcal{P}_{n+1}),$ c'est-à-dire supposons que $[M(a)]^{n}=P+(1-3a)^{n}Q$
et montrons que $[M(a)]^{n+1}=P+(1-3a)^{n+1}Q.$ En utilisant les question
4.a) et 4.b) ainsi que l'hypothèse $(\mathcal{P}_{n}),$ on a :%
\begin{eqnarray*}
\lbrack M(a)]^{n+1} &=&M(a)[M(a)]^{n}=(P+(1-3a)Q)(P+(1-3a)^{n}Q) \\
&=&P^{2}+(1-3a)^{n}QP+(1-3a)PQ+(1-3a)^{n+1}Q^{2}=P+(1-3a)^{n+1}Q
\end{eqnarray*}%
ce qui démontre $(\mathcal{P}_{n+1})$ et achève la récurrence.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{correction}
\begin{correction}
\thinspace
\begin{enumerate}
\item \thinspace
\begin{enumerate}
\item \underline{Existence et unicité de $x_{N}$} : La fonction $f_{N}$ est
un polynôme donc c'est une fonction $C^{1}$ sur $\mathbb{R}_{+}^{\times }$
et sa dérivée est donnée par%
\begin{equation*}
f_{N}^{\prime }(x)=Nx^{N-1}+(N-1)x^{N-2}+\cdots +2x+1
\end{equation*}%
Elle est clairement strictement positive sur $\mathbb{R}_{+}^{\times }$ donc
$f_{N}$ est continue et strictement croissante sur $\mathbb{R}_{+}^{\times }$
donc elle réalise une bijection de $\mathbb{R}_{+}^{\times }$ sur $f_{N}(%
\mathbb{R}_{+}^{\times })=]-a,+\infty \lbrack .$ Puisque $0\in ]-a,+\infty
\lbrack ,$ l'équation $f_{N}(x)=0$ admet une et une seule solution sur $%
\mathbb{R}_{+}^{\times }$ (existence et unicité de l'antécédent de $0$ par $%
f_{N}$ sur $\mathbb{R}_{+}^{\times })$\newline
\underline{$x_{N}\in ]0,1[$ lorsque $N>a$} : On compare les images par $%
f_{N}.$%
\begin{equation*}
f_{N}(0)=-a<0,\quad f_{N}(x_{N})=0\quad (x_{N}\text{ solution de }%
f_{N}(x)=0),\quad f_{N}(1)=\underset{N\text{ fois}}{\underbrace{1+1+\cdots
+1+1}}-a=N-a>0
\end{equation*}%
donc $f_{N}(0)a$ et, la fonction $f_{N}$ é%
tant bijective et strictement croissante sur $[0,+\infty \lbrack ,$ on en dé%
duit que $0f_{N}(x)\Leftrightarrow
f_{N+1}(x)-f_{N}(x)>0$ sur $\mathbb{R}_{+}^{\times }$%
\begin{equation*}
\forall x>0,\quad f_{N+1}(x)-f_{N}(x)=x^{N+1}+x^{N}+\cdots
+x^{2}+x-a-x^{N}-x^{N-1}-\cdots -x^{2}-x+a=x^{N+1}>0
\end{equation*}%
Puisque $x_{N}>0,$ on en déduit que $f_{N+1}(x_{N})>f_{N}(x_{N}).$ Or le ré%
el $x_{N}$ est solution de l'équation $f_{N}(x)=0$ donc $f_{N}(x_{N})=0$ ce
qui montre que $f_{N+1}(x_{N})>0.$ Puisque $x_{N+1}$ est solution de l'é%
quation $f_{N+1}(x),$ on a $f_{N+1}(x_{N+1})=0$ donc $%
f_{N+1}(x_{N})>f_{N+1}(x_{N+1}).$ La fonction $f_{N+1}$ étant strictement
croissante et bijective sur $\mathbb{R}_{+}^{\times },$ l'inégalité précé%
dente implique que $x_{N}>x_{N+1},$ c'est-à-dire que la suite $(x_{N})_{N}$
est strictement décroissante.\medskip \newline
La suite $(x_{N})_{N}$ étant décroissante et minorée par $0,$ elle converge.
Soit $x^{\ast }$ sa limite. On sait, d'après la question 1.a), que pour $%
N>a, $ $x_{N}\in ]0,1[$ et, en fixant un entier $N_{0}>a,$ la monotonie de
la suite $(x_{N})_{N}$ implique que
\begin{equation*}
\forall N\geqslant N_{0},\quad 0n$ donc $%
P_{(Z=n)}(X=k)=0$ lorsque $k>n.$ Si $k\leqslant n,$ l'obtention de $k$
"piles" en $n$ lancers s'inscri clairement dans le cadre binomial donc $%
P_{(Z=n)}(X=k)=\binom{n}{k}p^{k}\left( 1-p\right) ^{n-k}.$\newline
Par conséquent, on a
\begin{equation*}
P_{(Z=n)}(X=k)=\left\{
\begin{array}{lc}
0 & \text{si }k>n \\
\binom{n}{k}p^{k}\left( 1-p\right) ^{n-k} & \text{si }k\leqslant n%
\end{array}%
\right.
\end{equation*}
\item Bien entendu, l'évènement $n>N$ est impossible (on ne peut obtenir
plus de $N$ faces "6" car on ne lance le dé que $N$ fois) donc $P\left( X=k%
\text{ et }Z=n\right) =0$ si $n>N.$ Si $n\leqslant N,$ d'après les résultats
des questions 1 et 2, on a%
\begin{eqnarray*}
P\left( X=k\text{ et }Z=n\right) &=&P(Z=n)P_{(Z=n)}(X=k)=\binom{N}{n}\left(
\dfrac{1}{6}\right) ^{n}\left( \dfrac{5}{6}\right) ^{N-n}P_{(Z=n)} \\
&=&\left\{
\begin{array}{lc}
0 & \text{si }k>n \\
\binom{n}{k}\binom{N}{n}\left( \dfrac{1}{6}\right) ^{n}\left( \dfrac{5}{6}%
\right) ^{N-n}p^{k}\left( 1-p\right) ^{n-k} & \text{si }k\leqslant n%
\end{array}%
\right.
\end{eqnarray*}
\item L'évènement $(X=0)$ correspond à l'obtention d'aucun "pile", le calcul
de sa probabilité dépend évidemment du nombre de lancers de la pièce qui est
possible, c'est-à-dire du nombre de faces "6" obtenues, autrement dit des évè%
nements $(Z=0),..,(Z=N).$ En utilisant la formule des probabilités totales
avec le système complet d'évènements $(Z=0),...,(Z=n)$ ainsi que la question
3, on a
\begin{eqnarray*}
P\left( X=0\right) &=&P(Z=0\cap X=0)+\cdots +P(Z=N\cap
X=0)=\sum\limits_{n=0}^{N}P(Z=n\cap X=0) \\
&=&\sum\limits_{n=0}^{N}\binom{n}{0}\binom{N}{n}\left( \dfrac{1}{6}\right)
^{n}\left( \dfrac{5}{6}\right) ^{N-n}p^{0}\left( 1-p\right)
^{n-0}=\sum\limits_{n=0}^{N}\binom{N}{n}\left( \dfrac{1}{6}\right)
^{n}\left( \dfrac{5}{6}\right) ^{N-n}\left( 1-p\right) ^{n} \\
&=&\sum\limits_{n=0}^{N}\binom{N}{n}\left( \dfrac{1-p}{6}\right) ^{n}\left(
\dfrac{5}{6}\right) ^{N-n}\underset{\text{binôme}}{=}\left( \dfrac{1-p}{6}+%
\dfrac{5}{6}\right) ^{N}=\left( 1-\dfrac{p}{6}\right) ^{N}
\end{eqnarray*}
\item L'égalité simplement des deux calculs suivants.%
\begin{eqnarray*}
\binom{N}{k}\binom{N-k}{n-k} &=&\dfrac{N!}{k!(N-k)!}\times \dfrac{(N-k)!}{%
(n-k)!((N-k)-(n-k))!}=\dfrac{N!}{k!(n-k)!(N-n)!} \\
\binom{n}{k}\binom{N}{n} &=&\dfrac{n!}{k!(n-k)!}\times \dfrac{N!}{n!(N-n)!}=%
\dfrac{N!}{k!(n-k)!(N-n)!}
\end{eqnarray*}
\item On effectue le changement de variable $m=n-k$ puis en utilisant la
formule du binome avec $a=\dfrac{1-p}{5}$ et $b=1,$ on a
\begin{eqnarray*}
\sum\limits_{n=k}^{N}\binom{N-k}{n-k}\left( \dfrac{1-p}{5}\right) ^{n}
&=&\sum\limits_{m=0}^{N-k}\binom{N-k}{m}\left( \dfrac{1-p}{5}\right)
^{m+k}=\left( \dfrac{1-p}{5}\right) ^{k}\sum\limits_{m=0}^{N-k}\binom{N-k}{m}%
\left( \dfrac{1-p}{5}\right) ^{m} \\
&=&\left( \dfrac{1-p}{5}\right) ^{k}\left( \dfrac{1-p}{5}+1\right)
^{N-k}=\left( \dfrac{1-p}{5}\right) ^{k}\left( \dfrac{6-p}{5}\right) ^{N-k}
\end{eqnarray*}
\item Toujours en utilisant le système complet d'évènements $(Z=0),..,(Z=N),$
la formule des probabilités totales donne%
\begin{equation*}
P\left( X=k\right) =P(Z=0\cap X=k)+\cdots +P(Z=N\cap
X=k)=\sum\limits_{n=0}^{N}P(Z=n\cap X=k)
\end{equation*}%
D'après la question 3, la probabilité $P(Z=n\cap X=k)$ est nulle si et
seulement $k>n\Leftrightarrow n