\documentclass{article}
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\title{Corrigé du devoir 18}
\author{Pierre \textsc{Bernard}}

\begin{document}
\maketitle
\parindent=0pt

\section*{Exercice 1}

\begin{enumerate}
\item Pour tout $n\in\mathbf N$, notons $T_n$ l'événement \og{}le client a acheté un jouet traditionnel\fg{} lors du $n$-ème Noël. On définit de façon analogue les événements $M_n$ et $S_n$. Avec les notations de l'énoncé, nous avons donc $p_n=P(T_n)$, $q_n=P(M_n)$ et $r_n=P(S_n)$.\\
Nous faisons l'hypothèse que $T_n$, $M_n$, et $S_n$ forment un système complet d'événements. Nous pouvons alors appliquer la formule des probabilités totales~:
\[P(T_{n+1})=P_{T_n}(T_{n+1})P(T_n)+P_{M_n}(T_{n+1})P(M_n)+P_{S_n}(T_{n+1})P(S_n)\]
C'est-à-dire~:
\[p_{n+1}=\frac{1}{3}p_n+\frac{1}{4}q_n+\frac{1}{4}r_n\]
On démontre de la même façon que~:
\[q_{n+1}=\frac{1}{3}p_n+\frac{1}{4}q_n+\frac{1}{2}r_n\]
\[r_{n+1}=\frac{1}{3}p_n+\frac{1}{2}q_n+\frac{1}{4}r_n\]
Ces trois relations se résument en~:
\[
\begin{pmatrix}p_{n+1}\\ q_{n+1}\\ r_{n+1}\end{pmatrix}
=
\underbrace{
\begin{pmatrix}
\frac{1}{3} & \frac{1}{4} & \frac{1}{4} \\
\frac{1}{3} & \frac{1}{4} & \frac{1}{2} \\
\frac{1}{3} & \frac{1}{2} & \frac{1}{4} \\
\end{pmatrix}
}_{A}
\begin{pmatrix}p_{n}\\ q_{n}\\ r_{n}\end{pmatrix}
\]
\item 
\begin{enumerate}
\item \textbf{[question non corrigée]} On trouve~:
\[
P^{-1}
=
\begin{pmatrix} 
\frac{1}{11} & \frac{1}{11} & \frac{1}{11} \\
\frac{4}{11} & \frac{-3}{22} & \frac{-3}{22} \\ 
0 & \frac{1}{2} & \frac{-1}{2}
\end{pmatrix}
\]
\item Connaissant $A$, $P$ et $P^{-1}$, on peut calculer $D=P^{-1}A P$. On trouve~:
\[
D
=
\begin{pmatrix}
1 &0 &0\\
0 & \frac{1}{12} & 0\\ 
0 & 0 & \frac{-1}{4}
\end{pmatrix}
\]
\item Montrons par récurrence que, pour tout $n\in\mathbf N$, $A^n=PD^nP^{-1}$.
\begin{itemize}
\item \emph{Initialisation}. $A^1=A$ et $PD^1D^{-1}=P(P^{-1}AP)P^{-1}=IAI=A$ donc la propriété est vraie au rang $n=0$.
\item \emph{Hérédité}. Supposons la propriété vraie au rang $n$. On a donc $A^n=PD^nP^{-1}$. Multiplions les deux membres par $A$ à gauche~: $A^{n+1}=APD^nP^{-1}$. Or on sait, depuis l'initialisation, que $A=PDP^{-1}$. Donc $A^{n+1}=(PDP^{-1})(PD^n P^{-1})=PDID^n P^{-1}=PD^{n+1}P^{-1}$. La propriété est donc vraie au rang $n+1$.
\end{itemize}
Par récurrence, la propriété est vraie pour tout entier naturel $n$.
\item Remarquons d'abord que $D^n$ se laisse calculer facilement, puisque $D$ est diagonale~:
\[
D^n
=
\begin{pmatrix}
1 &0 &0\\
0 & \left(\frac{1}{12}\right)^n & 0\\ 
0 & 0 & \left(\frac{-1}{4}\right)^n
\end{pmatrix}
\]
Ensuite, utilisons la question précédente pour calculer $A^n$~:
\begin{eqnarray*}
A^n&=&PD^nP^{-1}\\
&=& 
\begin{pmatrix} 
3 & 2 & 0 \\
4 & -1 & 1 \\
4 & -1 & -1
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
1 &0 &0\\
0 & \left(\frac{1}{12}\right)^n & 0\\ 
0 & 0 & \left(\frac{-1}{4}\right)^n
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix} 
\frac{1}{11} & \frac{1}{11} & \frac{1}{11} \\
\frac{4}{11} & \frac{-3}{22} & \frac{-3}{22} \\ 
0 & \frac{1}{2} & \frac{-1}{2}
\end{pmatrix}\\
&=& 
\renewcommand{\u}{}
\renewcommand{\v}{\left(\frac{1}{12}\right)^n}
\newcommand{\w}{\left(\frac{-1}{4}\right)^n}
\begin{pmatrix}
\frac{3}{11}\u+\frac{8}{11}\v & \frac{3}{11}\u-\frac{3}{11}\v & \frac{3}{11}\u-\frac{3}{11}\v \\
\frac{4}{11}\u-\frac{4}{11}\v & \frac{4}{11}\u+\frac{3}{22}\v+\frac{1}{2}\w & \frac{4}{11}\u+\frac{3}{22}\v-\frac{1}{2}\w \\
\frac{4}{11}\u-\frac{4}{11}\v & \frac{4}{11}\u+\frac{3}{22}\v-\frac{1}{2}\w & \frac{4}{11}\u+\frac{3}{22}\v+\frac{1}{2}\w \\
\end{pmatrix}
\end{eqnarray*} 
\end{enumerate}
\item On a vu dans la question 1 que~: 
\[
\forall n\in\mathbf N,\quad 
\begin{pmatrix}p_{n+1}\\ q_{n+1}\\ r_{n+1}\end{pmatrix}
=
A
\begin{pmatrix}p_{n}\\ q_{n}\\ r_{n}\end{pmatrix}
\]
Donc la suite $\begin{pmatrix}p_{n}\\ q_{n}\\ r_{n}\end{pmatrix}$ est une suite géométrique matricielle. On sait qu'on a alors~:
\[
\forall n\in\mathbf N,\quad 
 \begin{pmatrix}p_{n}\\ q_{n}\\ r_{n}\end{pmatrix}
=
A^n
\begin{pmatrix}p_{0}\\ q_{0}\\ r_{0}\end{pmatrix}
\]
En utilisant la formule obtenue dans la question précédente pour $A^n$, on en conclut que~:
\[
\renewcommand{\u}{}
\renewcommand{\v}{\left(\frac{1}{12}\right)^n}
\newcommand{\w}{\left(\frac{-1}{4}\right)^n}
\forall n\in\mathbf N,\quad 
\left\{
\begin{array}{lll}
p_n&=&\left(\frac{3}{11}\u+\frac{8}{11}\v\right)p_0+\left(\frac{3}{11}\u-\frac{3}{11}\v \right)q_0+\left( \frac{3}{11}\u-\frac{3}{11}\v\right)r_0 \\
q_n&=&\left(\frac{4}{11}\u-\frac{4}{11}\v\right)q_0+\left(\frac{4}{11}\u+\frac{3}{22}\v+\frac{1}{2}\w\right)q_0+\left(\frac{4}{11}\u+\frac{3}{22}\v-\frac{1}{2}\w\right)r_0 \\
r_n&=&\left(\frac{4}{11}\u-\frac{4}{11}\v\right)p_0+\left(\frac{4}{11}\u+\frac{3}{22}\v-\frac{1}{2}\w\right)q_0+\left(\frac{4}{11}\u+\frac{3}{22}\v+\frac{1}{2}\w\right)r_0\\
\end{array}\right.
\]
\item Il s'agit de calculer les limites des suites $(p_n)$, $(q_n)$, et $(r_n)$. On utilise les formules obtenues dans la question précédente, et les limites suivantes~: $\lim\limits_{n\to +\infty} \left(\frac{1}{12}\right)^n=0$ et $\lim\limits_{n\to +\infty} \left(\frac{-1}{4}\right)^n=0$. Ces deux limites résulte du fait que $\frac{1}{12}$ et $\frac{-1}{4}$ appartiennent à l'intervalle ouvert $]-1,1[$. On obtient donc~:
\[
\renewcommand{\u}{}
\renewcommand{\v}{\left(\frac{1}{12}\right)^n}
\newcommand{\w}{\left(\frac{-1}{4}\right)^n}
\left\{
\begin{array}{lll}
\lim\limits_{n\to +\infty} p_n=\frac{3}{11}\u p_0+\frac{3}{11}\u q_0+ \frac{3}{11}\u r_0=\frac{3}{11} \quad\textrm{car $p_0+q_0+r_0=1$}\\
\lim\limits_{n\to +\infty} q_n=\frac{4}{11}\u q_0+ \frac{4}{11}\u q_0+\frac{4}{11}\u r_0=\frac{4}{11} \quad\textrm{(même remarque)}\\
\lim\limits_{n\to +\infty} r_n=\frac{4}{11}\u p_0+ \frac{4}{11}\u q_0+\frac{4}{11}\u r_0=\frac{4}{11} \quad \textrm{(même remarque)}\\
\end{array}\right.
\]
\`A long terme, la catégorie $T$ (resp. $M$, $S$) représente une part de $\frac{3}{11}$ des ventes (resp. $\frac{4}{11}$, $\frac{4}{11}$).

\smallskip

\emph{Commentaire}. Il est remarquable que les trois limites obtenues ne dépendent pas de $p_0$, $q_0$, $r_0$.
\end{enumerate}

\section*{Exercice 3}

\begin{enumerate}
\item $X$ est le nombre de piles obtenus à l'issue d'une répétition de $n$ épreuve de Bernoulli indépendantes et de même paramètre $\frac{1}{2}$. Donc $X$ a pour loi la loi binomiale $\mathcal B(n,\frac{1}{2})$. On sait qu'alors $E(X)=\frac{n}{2}$ et $V(X)=n\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{2}\right)=\frac{n}{4}$.
\item La longueur de la première série est un entier compris entre $1$ et $n$~: $S_1(\Omega)=\llbracket 1,n\rrbracket$.
\item La première série est de longueur 1 si et seulement si on commence par \emph{pile-face-\ldots} ou par \emph{face-pile-\ldots}. Donc $(S_1=1)=(A_1\cap \overline{A_2})\cup (\overline {A_1}\cap A_2)$. Donc~:
\begin{eqnarray*}
P(S_1=1)&=&P((A_1\cap \overline{A_2})\cup (\overline {A_1}\cap A_2))\\
&=&P(A_1\cap \overline{A_2})+P(\overline {A_1}\cap A_2)\quad\textrm{car $A_1\cap \overline {A_2}$ et $\overline{A_1}\cap A_2$ sont incompatables}\\
&=&P(A_1)P(\overline{A_2})+P(\overline{A_1})P(A_2)\quad\textrm{car les deux premiers lancers sont indépendants}\\
&=&\frac{1}{2}\times \frac{1}{2}+\frac{1}{2}\times \frac{1}{2}\\
&=&\frac{1}{2}
\end{eqnarray*}
\item Soit $k\in\llbracket 1,n-1\rrbracket$. La première série est de longueur $k$ si et seulement si on a obtenu des piles du premier au $k$-ème lancer puis un face au $k+1$-ème lancer, ou des faces du premier au $k$-ème lancer puis un pile au $k+1$-ème lancer (remarque que cela a un sens de parler du $k+1$-ème lancer car $k\le n-1$ dans cette question). Donc~:
\[(S_1=k)=(A_1\cap A_2\cap \ldots \cap A_k\cap \overline{A_{k+1}})\cup (\overline{A_1}\cap \overline{A_2}\cap \ldots \cap \overline{A_k}\cap A_{k+1})\]
On en déduit comme dans la question précédente, en utilisant l'indépendance des lancers successifs~:
\[P(S_1=k)=\underbrace{\frac{1}{2}\times \cdots \times \frac{1}{2}}_{k+1}+\underbrace{\frac{1}{2}\times \cdots \frac{1}{2}}_{k+1}=2\left(\frac{1}{2}\right)^{k+1}=\left(\frac{1}{2}\right)^{-1}\left(\frac{1}{2}\right)^{k+1}=\left(\frac{1}{2}\right)^k\]
\item La première série est de longueur $n$ si et seulement si on obtient seulement des piles ou seulement des faces. Donc~:
\[(S_1=n)=(A_1\cap A_2\cap \ldots \cap A_n)\cup (\overline{A_1}\cap \overline{A_2}\cap \ldots \cap \overline{A_n})\]
D'où, avec les arguments déjà cités~:
\[P(S_1=n)=\left(\frac{1}{2}\right)^n+\left(\frac{1}{2}\right)^n=2\left(\frac{1}{2}\right)^n=\left(\frac{1}{2}\right)^{-1}\left(\frac{1}{2}\right)^n=\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}\]
\item \`A l'aide des résultats précédents~:
\begin{eqnarray*}
\sum_{k=1}^n P(S_1=k) &=& \sum_{k=1}^{n-1} P(S_1=k)+P(S_1=n)\\
&=&\sum_{k=1}^{n-1} \left(\frac{1}{2}\right)^k +\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}\\
&=&\sum_{k=0}^{n-1}  \left(\frac{1}{2}\right)^k -1 +\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}\\
&=&\frac{1-\left(\frac{1}{2}\right)^n}{1-\frac{1}{2}}-1+\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}\\
&=&2\left(1-\left(\frac{1}{2}\right)^n\right)-1+\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}\\
&=&2-\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}-1+\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}\\
&=&1
\end{eqnarray*}
Remarque~: on savait avant de la calculer que cette somme valait 1.
\item Calculons l'espérance de $S_1$~: 
\renewcommand{\aa}{\left(\frac{1}{2}\right)}
\begin{eqnarray*}
E(S_1)&=&\sum_{k=1}^n k P(S_1=k)\\
&=&\sum_{k=1}^{n-1} k\aa^k+n\aa^{n-1}\\
&=&\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{n-1} k\aa^{k-1}+n\aa^{n-1}\\
&=&\frac{1}{2}\left(\frac{(n-1)\aa^n-n\aa^{n-1}+1}{\left(1-\frac{1}{2}\right)^2}\right)+n\aa^{n-1}\quad\textrm{(exercice 2)}\\
&=&2\left((n-1)\aa^n-n\aa^{n-1}+1\right)+n\aa^{n-1}\\
&=&(n-1)\aa^{n-1}-2n\aa^{n-1}+2+n\aa^{n-1}\\
&=&2-\aa^{n-1}
\end{eqnarray*}
\item S'il y a une deuxième série, sa longueur est comprise entre $1$ et $n-1$. Et s'il n'y en a pas, alors $S_2=0$. D'où $S_2(\Omega)=\llbracket 0,n-1\rrbracket$.
\item $P(S_2=0)=P(S_1=n)=\aa^{n-1}$ (question 5).
\item Si $S_1=n$ alors il n'y pas de deuxième série et $S_2=0$, en particulier $S_2\neq 1$. Ainsi $P_{(S_1=n)}(S_2=1)=0$. Si $S_1=n-1$, alors il y a nécessairement une deuxième série et elle est nécessairement de longueur $1$. DOnc $P_{(S_1=n-1)}(S_2=1)=1$. Soit enfin $k\in\llbracket 1,n-2\rrbracket$~: 
\begin{eqnarray*}
P_{(S_1=k)}(S_2=1)&=&\dfrac{P((S_1=k)\cap (S_2=1))}{P(S_1=k)}\\
&=&\dfrac{P((A_1\cap A_2\cap \ldots \cap A_k\cap \overline{A_{k+1}}\cap A_{k+2})\cup
(\overline{A_1}\cap \overline{A_2}\cap \ldots \cap \overline {A_k}\cap A_{k+1}\cap \overline{A_{k+2}}))}{P(S_1=k)}\\
&=&\frac{\aa^{k+2}+\aa^{k+2}}{\aa^k} \quad \textrm{(on a utilisé la question 4 pour le dénominateur)}\\
&=&\aa^2+\aa^2\\
&=&\frac{1}{2}
\end{eqnarray*}
\item Les $n$ évenements $(S_1=k)$ pour $k\in \llbracket 1,n\rrbracket$ forment un système complet. On peut donc appliquer la formule des probabilités totales. On utilisa également les résultats de la question précédente~:
\begin{eqnarray*}
P(S_2=1)&=& \sum_{k=1}^n P_{(S_1=k)}(S_2=1)P(S_1=k)\\
&=&\sum_{k=1}^{n-2} \frac{1}{2}\aa^k +1\times \aa^{n-1}+0\times \aa^{n-1}\\
&=&\frac{1}{4}\sum_{k=1}^{n-2}\aa^{k-1} +\aa^{n-1}\\
&=&\frac{1}{4}\sum_{i=0}^{n-3}\aa^i +\aa^{n-1}\\
&=&\frac{1}{4}\left(\frac{1-\aa^{n-2}}{1-\frac{1}{2}}\right)+\aa^{n-1}\\
&=&\frac{1}{2}\left(1-\aa^{n-2}\right)+\aa^{n-1}\\
&=&\frac{1}{2}
\end{eqnarray*}
\end{enumerate}

\end{document}
\end{enumerate}

\end{document}