%\documentclass{article} %DÉSACTIVER POUR A5
\documentclass[a5paper]{article} %ACTIVER POUR A5

%########
% Packages #
%########

\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage[T1]{fontenc}
\usepackage[frenchb]{babel}
\DecimalMathComma %pour ne plus avoir d'espace après la virgule dans l'écriture décimale des nombres

\usepackage{amsmath}
\usepackage{amssymb,amsthm}
\usepackage{mathrsfs}
\usepackage{amsopn}


\usepackage[dvipsnames]{xcolor}
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\usepackage{tikz}

\usepackage[a5paper]{geometry} %ACTIVER POUR A5
\geometry{hscale=0.85,vscale=0.85,centering} %ACTIVER POUR A5

\usepackage{array}%pour centrer dans un tableau

\usepackage{colortbl}%pour colorier les cellules lignes colonnes d'un tableau: \rowcolor{} , 	\columncolor{}

\usepackage{eurosym}%pour afficher le symbole euro

\usepackage{enumerate}%énumération avec des lettres

\usepackage{stmaryrd}%pour faire des "intervalles" d'entiers \llbracket et \rrbracket

\usepackage{xlop}

\usepackage[colorlinks=true,linkcolor=magenta,urlcolor=magenta]{hyperref}% Pour créer des liens à l'intérieur du pdf: \hyperlink{label}{texte du lien} permettra d'atteindre la cible identifiée par \hypertarget{label}{texte de la cible}. Les textes du lien et de la cible peuvent être vides.

\usepackage{tkz-tab}

\usetikzlibrary{arrows}

\usepackage{verbatim}%pour utiliser commande \exclure et normalement pour faire l'affichage tel quel sans compiler le texte. 
%\usepackage{alltt}%Pour utiliser une commande latex dans un environnement verbatim il faut utiliser: alltt

\usepackage[np]{numprint}%écriture des nombres avec des espaces et en écriture scientifique
\usepackage{tabularx}%quelques amélioraions de l"environnement tabular

\usepackage{xspace}%met un espace si nécessaire dépend de la ponctuation: \xspace

\usepackage{fancyhdr}

%#####################
% Commande et environnement #
%#####################

\theoremstyle{plain}

\renewcommand{\thesection}{{}}
\renewcommand{\thesubsection}{\color{purple}\Roman{subsection}}
\renewcommand{\thesubsubsection}{}

\newenvironment{correction}{\color{Brown}}{\medskip}
\newenvironment{sujet}{}{\medskip}
\newenvironment{notes}{\color{violet}\noindent ~\\}{~\\}
\newenvironment{exercicesdumanuel}{\color{violet}\noindent \underline{Exercice supplémentaire.}}{~\newline}

%environnement exercice
\newcounter{Exercice}
\setcounter{Exercice}{1}
\newcounter{Exercicecorrection}
\newenvironment{exercice}{ \setcounter{Exercicecorrection}{\theExercice} \medskip \noindent \underline{\color{blue}Exercice \theExercice} \addtocounter{Exercice}{1} \medskip \color{blue}\small}{\medskip}

%environnement exercicecorrection
\newenvironment{exercicecorrection}{\medskip \small \color{Brown} \noindent \underline{Correction exercice \theExercicecorrection}

}{~\newline}

%environnement pour le résumé de la démonstration écrire en orange
\newenvironment{resume}{\color{orange}}{\medskip}

%environnement exercice supplémentaire
\newenvironment{exercicesup}{ \setcounter{Exercicecorrection}{\theExercice} \medskip \noindent \underline{\footnotesize\color{violet}Exercice \theExercice{} pour s'entraîner. } \addtocounter{Exercice}{1} \medskip \color{violet}\footnotesize}{\medskip}

%environnement definition
\newcounter{Definition}
\setcounter{Definition}{1}
\newenvironment{définition}{\medskip \noindent {\color{orange}Définition \theDefinition} \addtocounter{Definition}{1} \newline \noindent \begin{tabular}{|m{12cm}|}\hline \\ }{\\ \hline \end{tabular}}

%environnement théorème il est possible d'ajouter un titre de théorème en mettant entre accolade le titre après le begin{théorème}
\newcounter{Theoreme}
\setcounter{Theoreme}{1}
\newenvironment{théorème}[1]{\medskip \noindent {\color{purple}Théorème \theTheoreme #1} \addtocounter{Theoreme}{1} 

\noindent \begin{tabular}{||m{12cm}||}\hline \\ }{\\ \hline \end{tabular}}

%environnement proposition
\newcounter{Proposition}
\setcounter{Proposition}{1}
\newenvironment{proposition}[1]{\medskip \noindent {\color{PineGreen}Proposition \theProposition #1} \addtocounter{Proposition}{1}

\noindent \begin{tabular}{|m{12cm}|}\hline \\ }{\\ \hline \end{tabular}}

%environnement lemme
\newcounter{Lemme}
\setcounter{Lemme}{1}
\newenvironment{lemme}[1]{\medskip \noindent {\color{PineGreen}Lemme \theLemme #1} \addtocounter{Lemme}{1}

\noindent \begin{tabular}{|m{12cm}|}\hline \\ }{\\ \hline \end{tabular}}

%environnement corollaire
\newcounter{Corollaire}
\setcounter{Corollaire}{1}
\newenvironment{corollaire}[1]{\medskip \noindent {\color{PineGreen}Corollaire \theCorollaire #1} \addtocounter{Corollaire}{1} 

\noindent \begin{tabular}{|m{12cm}|}\hline \\ }{\\ \hline \end{tabular}}

%environnement démonstration
\newcounter{Demonstration}
\setcounter{Demonstration}{1}
\newenvironment{preuve}{\medskip \noindent {\color{PineGreen}Démonstration \theDemonstration} \addtocounter{Demonstration}{1} \color{violet} 

}{}

%environnement bareme
\newenvironment{bareme}{\footnotesize \hfill }{\footnotesize \emph{~points}}

%environnement conclusion encadré et coloré
\newenvironment{conclusion}
	{\color{PineGreen}\begin{tabular}{|c|}\hline \\ \begin{minipage}{0.85\linewidth} \begin{center} }
	{\end{center} \end{minipage} \\ \\ \hline \end{tabular} }

%Commande pour souligné l'objetif et l'écrire en vert
\newcommand{\objectif}[1]{{\color{PineGreen}#1}

\medskip}


%########################
%Test conditionnel pour l'affichage    #
%########################
\newif\ifs
%\strue%affiche la boite à trous
\sfalse%affiche la réponse

%Pour faire une case à trou complétable sur le pdf
\newcounter{Trous}
\setcounter{Trous}{1}
\newcommand{\trous}[2][3cm]{
\ifs
\begin{Form}
\TextField[name=\theTrous ,bordercolor=,borderwidth=0, backgroundcolor=gray!20, align=1,  width=#1 ,height=0.2cm, bordersep=0,color=black] {}
\end{Form}
\xspace
\else
#2
\fi
\addtocounter{Trous}{1}
}

%en tête puis pied de page
\pagestyle{empty}
\pagestyle{fancy} 
\renewcommand{\headrulewidth}{0pt}%Pas de ligne horizontale en haut
\lhead[]{}%entre crochets pages paires entre accolades pages impaires
\chead[\small ]{\footnotesize \href{http://unemainlavelautre.no-ip.biz/capes.html}{CAPES 2016} }% l left, c center, r right
\rhead[]{}
\lfoot[]{}
\cfoot[\small -\thepage -]{\small -\thepage -}
\rfoot[]{}

%Les couleurs déjà utilisées: blue = liens url, purple = mot importants, brown = correction, cyan = notes, green= exercices du manuel correspondant à la partie, orange=definition, purple = exercice, violet=proposition, corollaire et démonstration

%############################
%les environnements qu'on affiche ou pas  #
%############################

\newcommand{\exclure}[1]{\renewenvironment{#1}{\begingroup\comment}{\endcomment\endgroup\ignorespaces}}
\exclure{bareme}
\exclure{notes}
\exclure{exercicecorrection}
%\exclure{correction}
%\exclure{resume}
\exclure{preuve}
%\exclure{sujet}

\begin{document}

\section{Capes externe de mathématique épreuve 2.}

\begin{sujet}

Cette épreuve est constituée de deux problèmes indépendants.

\end{sujet}

\subsection{\color{purple}Problème 1.}

\begin{sujet}

\textbf{Notation.} Pour $m$ et $n$ deux entiers naturels tels que $m\le n$, $\llbracket m, n \rrbracket$ désigne l'ensemble des entiers $k$ tels que $m\le k \le n$.

\medskip 
Voici un problème proposé aux élèves d'une classe de première:

\medskip
\noindent \begin{tabularx}{\linewidth}{|X|}
\hline
Aline et Bertrand commandent chacun un café et une carafe de lait. Aline ajoute immédiatement le lait dans son café puis attend trois minutes que le mélange se refroidisse avant de le boire. Bertrand attend trois minutes que le café refroidisse avant d'y ajouter le lait.

\medskip
\textbf{Question posée aux élèves:} qui d'Aline ou Bertrand a bu le café au lait le plus chaud?

\medskip
\textbf{Données:}
	\begin{itemize}
	\item Chaque café est servi à la température de $48\ ^{\circ}\mathrm{C}$.
	\item La température ambiante $T_a$, qui est aussi celle du lait, est de $22\ ^{\circ}\mathrm{C}$.
	\item Chaque tasse contient $15\ \mathrm{cL}$ de café et chacun y ajoute $3\ \mathrm{cL}$ de lait.
	\item Lorsque l'on mélange un volume $V_1$ d'un premier liquide à température $T_1$ et un volume $V_2$ d'un second liquide à la température $T_2$, on obtient un liquide dont la température est égale à \[ \frac{V_1T_1+V_2T_2}{V_1+V_2}. \]
	\item L'évolution, à partir d'un temps initial $t_0$, de la température d'un liquide est modélisé par l'équation différentielle: \[ (\mathcal{E})\quad T'(t)=-0,04\left( T(t)-T_a\right), \] où $T_a$ désigne la température ambiante exprimée en degré Celsius, $T(t)$ la température du liquide exprimé en degré Celsius à l'instant $t$ (exprimé en minute) et $T'(t)$ la valeur à l'instant $t$ de la dérivée de la fonction $T$.
	\end{itemize}
\\
\hline
\end{tabularx}

\medskip
La théorie des équations différentielles n'étant pas au programme des classes de première, le professeur décide d'utiliser une méthode de résolution approchée, appelée méthode d'Euler, dont le principe est le suivant:

\medskip
\noindent \begin{tabularx}{\linewidth}{|X|}
\hline
\textbf{Méthode d'Euler:} on part d'une condition initiale $T(0)=\alpha$, où $\alpha$ est un nombre réel, et d'un relation \[ (\mathcal{R})\quad T'(t)=F\left( T(t) \right), \] vérifiée par une fonction $T$ dérivable sur $[0,a]$, où $a$ est un réel strictement positif et $F$ une fonction définie sur $\mathbb{R}$. On détermine une valeur approchée de $T(a)$ selon procédé détaillé ci-dessous.

On choisit un entier $n$ strictement positif.

On détermine une subdivision $0=t_0< t_1<\dots < t_n=a$ partageant l'intervalle $[0,a]$ en $n$ intervalles de même longueur.

On pose $y_0=\alpha$. On note $\mathcal{D}_0$ la droite passant par le point $A_0$ de coordonnées $(t_0;y_0)$ et de coefficient directeur $F(y_0)$.

On note $A_1$ le point d'abscisse $t_1$ de la droite $\mathcal{D}_0$. L'ordonnée $y_1$ de ce point est prise comme valeur approchée de $T(t_1)$.

On note $\mathcal{D}_1$ la droite passant par $A_1$ et de coefficient directeur $F(y_1)$. On note $A_2$ le point de $\mathcal{D}_1$ d'abscisse $t_2$. L'ordonnée $y_2$ de ce point est prise comme valeur approchée de $T(t_2)$.

On itère ce processus jusqu'à $y_n$, qui est prise comme valeur approchée de $T(a)$.
\\
\hline
\end{tabularx}

\end{sujet}

\subsubsection{Partie A: mise en œuvre de la méthode d'Euler.}


\begin{sujet}

Soit $n$ un entier strictement positif. On applique la méthode d'Euler à l'équation différentielle $(\mathcal{E})$. On note $T_n(3)$ le valeur approchée de $T(3)$ obtenue selon le procédé détaillé ci-dessus. Dans toute la suite, on note $(t_k,y_k)$ les coordonnées des points $A_k$ construits à la $k\text{-ième}$ étape de la méthode d'Euler.

\end{sujet}

	\begin{enumerate}
	\item \begin{sujet}
	
	Exprimer les réels $t_0,\dots ,t_n$ subdivisant le segment $[0,3]$ en $n$ intervalles de même longueur.
	
	\end{sujet}
	
	\begin{correction}
	
	Clairement \[ \forall k\in\llbracket 0,n \rrbracket,\ t_k=k\frac{a}{n}+a \]
	
	\end{correction}
	
	\item \begin{sujet}
	
	Pour $k \in \llbracket 0,n-1 \rrbracket$, déterminer une équation de la droite $\mathcal{D}_k$.
	
	\end{sujet}
	
	\begin{correction}
	
	Puisque \[ \forall i\in \llbracket 0,n-1\rrbracket,\ t_i\ne t_{i+1} \]
	
	quelque soit $k\in \llbracket 0,n-1 \rrbracket$, $\mathcal{D}_k$ admet une équation réduite.
	
	Soit $k\in \llbracket 0,n-1 \rrbracket$.
	
	\medskip
	\objectif{Déterminons l'équation réduite de $\mathcal{D}_k$.}
	
	Par construction le coefficient directeur est $F(y_k)$.
	
	$\mathcal{D}_k$ passe par le point $A_k(t_k,y_k)$  donc en notant $b$ l'ordonnée à l'origine \[ y_k=F(y_k)t_k+b \]
	
	D'où $b=y_k-F(y_k) t_k$.
	
	Enfin
	
	\begin{conclusion}
	
	\[ \forall k \in \llbracket 0,n-1 \rrbracket,\ \mathcal{D}_k: y=F(y_k)x+y_k-F(y_k)t_k \]
	
	\end{conclusion}
	
	\end{correction}
	
	\item \begin{sujet}
	
	En déduire que $\displaystyle y_{k+1}=\left( 1-\frac{0,12}{n} \right)y_k+\frac{2,64}{n}$.
	
	\end{sujet}
	
	\begin{correction}
	
	\objectif{Démontrons l'égalité proposée.}
	
	Soit $k\in \llbracket 0,n-1 \rrbracket$.
	
	\[ \left\{ \begin{array}{l}
	A_{k+1}\in \mathcal{D}_k\\
	A_{k+1}(t_{k+1},y_{k+1})\\
	\mathcal{D}_k:\ y=F(y_k)x+y_k-F(y_k)t_k
	\end{array} \right.
	\Rightarrow
	y_{k+1}=F(y_k)(t_{k+1}-t_k)+y_k \]
	
	Or $t_{k+1}-t_k=\frac{a}{n}$ par construction donc
	\[ y_{k+1}=F(y_k)\frac{a}{n}+y_k \]
	
	Dans le cadre de l'exercice $F(x)=-0,04(x-22)$ et $a=3$ donc \[ y_{k+1}=-0,04(y_k-22)\frac{3}{n}+y_k \]
	
	Finalement
	
	\begin{conclusion}
	
	\[ \forall k\in\llbracket 0,n-1 \rrbracket,\ y_{k+1}=\left( 1-\frac{0,12}{n} \right)y_k+\frac{2,64}{n}  \]
	
	\end{conclusion}
	
	\end{correction}
	
	\item \begin{sujet}
	
	Le professeur demande aux élèves de donner des valeurs approchées des températures du café de Bertrand et du café d'Alice au bout de trois minutes à l'aide de la méthode d'Euler. Voici la production d'un élève ayant utilisé un tableur pour calculer la température du café de Bertrand:
	
	\begin{center}
	\begin{tabular}{|c|c|c|}
	\hline
	&\texttt{A}&\texttt{B}\\
	\hline
	1 & Température ambiante & 22 \\
	\hline
	2 & Température initiale & 48 \\
	\hline
	3 & $n$ & 20 \\
	\hline
	4 & & \\
	\hline
	5 & Temps & Température café \\
	\hline
	6 & 0 & 48 \\ 
	\hline
	7 & 1 & \np{47,844}\\
	\hline
	8 & 2 & \np{47,688936} \\
	\hline
	9 & 3 & \np{47,534802384}\\
	\hline
	10 & 4 & \np{47,3815935697}\\
	\hline
	11 & 5 & \np{47,2293040083} \\
	\hline
	12 & 6 & \np{47,0779281842}\\
	\hline
	\end{tabular}
	\end{center}
	
	\end{sujet}
	
		\begin{enumerate}
		\item \begin{sujet}
		
		Quelle formule l'élève a-t-il pu saisir dans la cellule $\texttt{B}7$ pour obtenir ces résultats en étirant la formule vers le bas et en utilisant les données contenues dans les cellules $\texttt{B}1$, $\texttt{B}2$ et $\texttt{B}3$?
		
		\end{sujet}
		
		\begin{correction}
		
		D'après la question précédente \[ =(1-0,04*3/ \$ \texttt{B} \$ 3)*\texttt{B}6+0,04*\$ \texttt{B} \$ 1*3/\$ \texttt{B} \$ 3\]
		
		\end{correction}
		
		\item \begin{sujet}
		
		Comment l'élève peut-il modifier sa production pour calculer une valeur approchée de la température du café au lait d'Aline au bout de trois minutes?
				
		\end{sujet}
		
		\begin{correction}
		
		Déterminons la température du café après mélange de Aline.
		
		\begin{align*}
		T_i &= \frac{V_1T_1+V_2T_2}{V_1+V_2} \\
		&= \frac{15\times 48+3\times 22}{15+3}\\
		&= \frac{131}{3}
		\end{align*}
		
		L'élève devra entrer $=131/3$ en \texttt{B}2.
		
		\end{correction}
		
		\end{enumerate}
	
	\item 
		\begin{enumerate}
		\item \begin{sujet}
		
		Écrire un algorithme permettant d'obtenir $y_n$ à partir des entrées $\alpha=T(0)$ et $n\in \mathbb{N}$.
		
		\end{sujet}
		
		\begin{correction}
		
		\noindent \begin{tabular}{|m{8cm}|}
		\hline
		Entrée\\
			\begin{tabular}{m{0.2cm}m{7cm}}
			& Saisir $\alpha$, $n$
			\end{tabular}
			\\
		Traitement\\
			\begin{tabular}{m{0.2cm}m{7cm}}
			& Pour $k$ allant de $0$ à $n-1$ faire\\
			&	\begin{tabular}{m{0.2cm}|m{6cm}}
				& Affecter $-0,04(\alpha-22)*3/n+\alpha$ à $\alpha$
				\end{tabular}
				\\
			& Fin Pour
			\end{tabular}
			\\
		Sortie\\
			\begin{tabular}{m{0.2cm}m{7cm}}
			& Afficher $\alpha$
			\end{tabular}
			\\
		\hline
		\end{tabular}
				
		\end{correction}
		
		\item \begin{sujet}
		
		Utiliser cet algorithme pour répondre à la question posée dans le problème en prenant $n=2$.
		
		\end{sujet}
		
		\begin{correction}
		
		Pour Aline, avec $\alpha=131/3$ nous obtenons une température finale de $T(3)\approx 41,14\ ^{\circ}\mathrm{C}$.
		
		\medskip
		Pour Bernard $T(3)=44,9736\ ^{\circ}\mathrm{C}$. Donc après mélange la température sera d'approximativement $41,14\ ^{\circ}\mathrm{C}$.
		
		\end{correction}
		
		\end{enumerate}
	
	\end{enumerate}

\subsubsection{Partie B: résolution exacte.}

	\begin{enumerate}
	\item \begin{sujet}
	
	Soit $\alpha$ un réel strictement positif. Déterminer la solution exacte du problème de Cauchy: \[ \left\{ \begin{array}{l} y'(t)=-0,04\left( y(t)-22 \right) \\ y(0)=\alpha \end{array} \right. \]
	
	\end{sujet}
	
	\begin{correction}
	
	\objectif{Résolvons le problème de Cauchy.}
	
	L'équation $(E_1) \quad y'=-0,04(y-22)$ est linéaire du premier ordre à coefficient constant, les solutions de l'équation homogène associée forment l'ensemble $\left\{ t\mapsto \lambda \mathrm{e}^{-0,04t} | \lambda \in \mathbb{R} \right\}$ et la fonction constante égale à $22$ est une solution particulière de $E_1$.
	
	L'ensemble des solutions de $E_1$ est formé des fonctions de la forme $t\mapsto \lambda \mathrm{e}^{-0,04t}+22$ avec $\lambda \in \mathbb{R}$.
	
	\medskip
	\begin{align*}
	y(0)=\alpha &\Leftrightarrow \lambda \mathrm{e}^{-0,04\times 0}+22=\alpha\\
	&\Leftrightarrow \lambda=\alpha-22
	\end{align*}
	
	Par conséquent
	
	\begin{conclusion}
	
	L'unique solution au problème de Cauchy proposé est $\left\{ \begin{array}{rcl} \mathbb{R} & \rightarrow & \mathbb{R} \\ x & \mapsto & (\alpha -22) \mathrm{e} ^{-0,04t}+22 \end{array} \right.$.
	
	\end{conclusion}
	
	\end{correction}
	
	\item \begin{sujet}
	
	En appliquant le résultat de la question précédente pour deux valeurs bien choisies de $\alpha$, répondre à la question posée aux élèves. On donnera une valeur approchée décimale de la température en degré Celsius des cafés au lait d'Aline et de Bertrand à $10^{-2}$ près.
	
	\end{sujet}
	
	\begin{correction}
	
	Si $\alpha=48$ alors $T(3)=(48-22)\mathrm{e}^{-0,04\times 3}+22=26\mathrm{e}^{-0,12}+22$. Puis après mélange $T_f=\frac{15\times \left( 26\mathrm{e}^{-0,12}+22 \right)+3\times 22}{15+3}=\frac{65}{3}\mathrm{e}^{-0,12}+22$.
	
	Si $\alpha=\frac{131}{3}$ (mélange initial) alors $T(3)=\frac{65}{3}\mathrm{e}^{-0,12}+22$.
	
	\begin{conclusion}
	
	Dans les deux cas la température est la même.
	
	\end{conclusion}
	
	\end{correction}
	
	\end{enumerate}

\subsubsection{Partie C: étude de la convergence de la méthode d'Euler.}

\begin{sujet}

On étudie la convergence de la suite $\left( T_n(3) \right)_{n\ge 1}$ quand $n$ tend vers $+\infty$ lorsqu'on prend la condition initiale $\alpha =48$.

\end{sujet}

	\begin{enumerate}
	\item \begin{sujet}
	
	Dans cette question, $n$ est fixé.
	
	\end{sujet}
	
		\begin{enumerate}
		\item \begin{sujet}
		
		Donner deux réels $a$ et $b$ tels que pour tout $k\in \llbracket 0,n-1 \rrbracket$, \[ y_{k+1}=ay_k+b \]
		
		\end{sujet}
		
		\begin{correction}
		
		D'après une question précédente $y_{k+1}=\left( 1-\frac{0,12}{n} \right)y_k+\frac{2,64}{n}$.
		
		Donc par identification $a=1-\frac{0,12}{n}$ et $b=\frac{2,64}{n}$.
		
		\end{correction}		
		
		\item \begin{sujet}
		
		Déterminer le réel $l$ tel que $l=al+b$.
		
		\end{sujet}
		
		\begin{correction}
		
		Il s'agit d'une équation linéaire du premier degré: $l=\frac{b}{1-a }=22$.
		
		\end{correction}
		
		\item \begin{sujet}
		
		En considérant la suite $(y_k-l)_{k\in\llbracket 0,n \rrbracket}$, exprimer $y_n=T_n(3)$ en fonction de $n$.
		
		\end{sujet}
		
		\begin{correction}
		
		\objectif{Exprimons $y_n$ en fonction de $n$.}
		
		\begin{align*}
		\left( 1-\frac{0,12}{n} \right) y_k+\frac{2,64}{n} &= \left( 1-\frac{0,12}{n} \right) y_k -22\left( 1-\frac{0,12}{n} \right)\\
		& +22\left( 1-\frac{0,12}{n} \right) +\frac{2,64}{n}\\
		&= \left( 1 -\frac{0,12}{n} \right) (y_k-22)+22
		\end{align*}
		
		Donc \[ y_{k+1}-22=\left( 1 -\frac{0,12}{n} \right) (y_k-22) \]
		
		\begin{conclusion}
		
		$(y_k)_{0\le k \le n}$ est donc géométrique et \[y_n= \left( 1-\frac{0,12}{n} \right)^n(\alpha -22) +22 \]
		
		\end{conclusion}
		
		\end{correction}
		
		\end{enumerate}
	
	\item \begin{sujet}
	
	Calculer $\displaystyle \lim_{n \to +\infty} T_n(3)$ et comparer avec le résultat obtenu dans la partie $B$.
	
	\end{sujet}
	
	\begin{correction}
	
	\objectif{Déterminons l'éventuelle limite de $T_n(3)$ lorsque $n$ tend vers $+\infty$.}
	
	\[ 	T_n(3) = y_n = \left( 1-\frac{0,12}{n} \right)^n(\alpha-22)+22 \]
	
	Quelque soit $x$ réel,  \[\left( 1+\frac{x}{n} \right)^n \underset{n\to +\infty}{\longrightarrow} \mathrm{e}^x \]
	
	Démontrons le. Clairement \[ \exists N\in\mathbb{N},\ \forall n\in\mathbb{N},\ \left[ \ n>N \ \right] \Rightarrow  \left| \frac{x}{n} \right|<1 \]
	
	Soit $n>N$ un entier naturel.
	\begin{align*}
	\left( 1+\frac{x}{n} \right)^{n} &= \exp \circ \ln \left[\left( 1+\frac{x}{n} \right)^{n} \right]\\
	&= \exp \left[ n \ln \left( 1+\frac{x}{n} \right) \right]\\
	&= \exp \left[x\frac{n}{x} \ln \left( 1+\frac{x}{n} \right) \right]\\
	&= \exp \left[ x \frac{ \ln \left( 1+\frac{x}{n} \right) }{ \frac{x}{n} } \right]
	\end{align*}
	
	Comme \[ \frac{\ln(1+x)}{x}=\frac{ \ln (1+x)-\ln(1)}{x} \underset{x\to 0}{\longrightarrow} \ln'(1)=\frac{1}{1}=1 \]
	
	nous en déduisons \[ \exp \left[ x \frac{ \ln \left( 1+\frac{x}{n} \right) }{ \frac{x}{n} } \right] \underset{n\to +\infty}{\longrightarrow} \exp(x) \]
	
	Pour conclure
	
	\begin{conclusion}
	
	\[ T_n(3) \underset{n\to +\infty}{\longrightarrow} (\alpha-22)\mathrm{e}^{-0,12}+22 \]
	
	\end{conclusion}
	
	Nous retrouvons bien le résultat obtenu à la question \textbf{B}.1.
	
	\end{correction}
	
	\item \begin{sujet}
	
	Déterminer un équivalent de $\left| T(3)-T_n(3) \right|$ lorsque $n$ tend vers $+\infty$.
	
	\end{sujet}
	
	\begin{correction}
	
	\objectif{Recherchons l'équivalent.}
	
	\begin{align*}
	T(3)-T_n(3) &= (\alpha-22)\mathrm{e}^{-0,12}+22-\left[ \left( 1-\frac{0,12}{n} \right)^n(\alpha-22)+22 \right]\\
	&=(\alpha-22) \left[  \mathrm{e}^{-0,12}- \exp\left( n \ln\left( 1-\frac{0,12}{n} \right) \right) \right]\\
	&=(\alpha-22) \mathrm{e}^{-0,12} \left[  1- \exp\left( 0,12+ n \ln\left( 1-\frac{0,12}{n} \right) \right) \right]
	\end{align*}
	
	Or \[ \ln(1+x)=x-\frac{x^2}{2} +\underset{x\to 0}{\mathrm{o}} \left( x^2 \right) \] donc \[ n\ln\left(1-\frac{0,12}{n} \right) = -0,12-\frac{0,12^2}{2}\cdot \frac{1}{n}+\underset{n\to +\infty}{\mathrm{o}} \left( \frac{1}{n} \right)\]
	
	D'où 
	\begin{align*}
	\exp\left[ 0,12+ n\ln\left(1-\frac{0,12}{n} \right) \right] &= \exp\left[ -\frac{0,12^2}{2}\cdot \frac{1}{n}+\underset{n\to +\infty}{\mathrm{o}} \left( \frac{1}{n} \right) \right] \\
	\intertext{En utilisant le développement limité d'exponentielle en $0$.}
	\exp\left[ 0,12+ n\ln\left(1-\frac{0,12}{n} \right) \right] &= 1+\left[-\frac{0,12^2}{2}\cdot \frac{1}{n} +\underset{n\to +\infty}{\mathrm{o}} \left( \frac{1}{n} \right) \right]\\
	&= 1-\frac{0,12^2}{2}\cdot \frac{1}{n} +\underset{n\to +\infty}{\mathrm{o}} \left( \frac{1}{n} \right)
	\end{align*}
	
	Enfin 
	
	\begin{align*}
	T(3)-T_n(3) &=(\alpha-22) \mathrm{e}^{-0,12} \left[ -\frac{0,12^2}{2}\cdot \frac{1}{n} +\underset{n\to +\infty}{\mathrm{o}} \left( \frac{1}{n} \right) \right]\\
	&= -\frac{1}{2}(\alpha-22) \mathrm{e}^{-0,12} \cdot 0,12^2\cdot \frac{1}{n} +\underset{n\to +\infty}{\mathrm{o}} \left( \frac{1}{n} \right)
	\end{align*}
	
	Finalement
	
	\begin{conclusion}
	
	$\displaystyle |T(3)-T_n(3)|\ \underset{n\to +\infty} {\sim} \frac{(\alpha-22)\mathrm{e}^{-0,12}\cdot 0,12^2}{2}\cdot \frac{1}{n}$.
	
	\end{conclusion}
	
	\begin{notes}
	
	Soit $n\ge 3$.
	
	\begin{align*}
	T(3)-T_n(3) &= (\alpha-22)\mathrm{e}^{-0,12}+22-\left[ \left( 1-\frac{0,12}{n} \right)^n(\alpha-22)+22 \right]\\
	&= (\alpha -22) \left[ \mathrm{e}^{-0,12}-\left( 1-\frac{0,12}{n} \right)^n \right]\\
	&= (\alpha-22) \left[ \sum_{i=0}^n \frac{(-0,12)^i}{i!} - \sum_{i=0}^n \binom{n}{i} \frac{(-0,12)^i}{n^i} \right]\\
	&= (\alpha-22) \left[ \sum_{i=2}^n \frac{(-0,12)^i}{i!} - \sum_{i=2}^n \binom{n}{i} \frac{(-0,12)^i}{n^i} \right]\\
	&= (\alpha-22) \frac{(-0,12)^2}{2}\left(1-\frac{n-1}{n} \right) \\&\quad +(\alpha-22)\left[ \sum_{i=3}^n \frac{(-0,12)^i}{i!} - \sum_{i=3}^n \binom{n}{i} \frac{(-0,12)^i}{n^i} \right]\\
	&= \frac{(\alpha-22)(-0,12)^2}{2}\cdot\frac{1}{n}+\underset{n\to +\infty}{\mathrm{o}}\left( \frac{1}{n} \right)
	\end{align*}
	
	\end{notes}
	
	\end{correction}
	
	\end{enumerate}

\subsection{\color{purple}Problème 2.}

\begin{sujet}

\textbf{Notation.} Pour $m$ et $n$ deux entiers naturels tels que $m\le n$, $\llbracket m, n \rrbracket$ désigne l'ensemble des entiers $k$ tels que $m\le k \le n$.

\medskip
Le protocole de tirage d'une boule dans une urne, décrit ci-dessous, est utilisé tout au long de ce problème.

\medskip
\noindent \begin{tabularx}{\linewidth}{|X|}
\hline
Une urne contient $b$ boules blanches et $r$ boules rouges indiscernables au toucher ($b$ et $r$ sont des entiers naturel dont au moins un est non nul).

On tire une boule au hasard dans l'urne. Si elle est blanche, on la remet dans l'urne. Si elle est rouge, elle n'est pas remise dans l'urne et elle y est remplacée par une boule blanche, de sorte que le nombre $N=b+r$ de boules dans l'urne reste constant.
\\
\hline
\end{tabularx}

\medskip
Le but de ce problème est d'étudier plusieurs expériences aléatoires de tirages successifs en suivant ce protocole.

\end{sujet}

\subsubsection{Partie A: un cas particulier.}

\begin{sujet}

On suppose dans cette partie que $b=2$ et $r=3$.

\end{sujet}

	\begin{enumerate}
	\item \begin{sujet}
	
	\textbf{Première expérience aléatoire.} On répète le protocole de tirage jusqu'à l'obtention d'une boule blanche.
	
	\end{sujet}
		
		\begin{enumerate}
		\item \begin{sujet}
		
		Modéliser cette expérience aléatoire à l'aide d'un arbre pondéré.
		
		\end{sujet}
		
		\begin{correction}
		
		\begin{center}
		\begin{tikzpicture}
		\coordinate (A1) at (0,0);
		\coordinate (B1) at (1.6,0.8);
		\coordinate (B2) at (1.6,-0.8);
		\draw node (B1) at (B1) {$b$};
		\draw node (B2) at (B2) {$r$};
		\draw (A1)--(B1)node[fill=white,midway]{\footnotesize\color{blue}$\frac{2}{5}$};
		\draw (A1)--(B2)node[fill=white,midway]{\footnotesize\color{blue}$\frac{3}{5}$};
		\coordinate (C1) at (3.2,0);
		\coordinate (C2) at (3.2,-1.6);
		\draw node (C1) at (C1) {$b$};
		\draw node (C2) at (C2) {$r$};
		\draw (B2)--(C1)node[fill=white,midway]{\footnotesize\color{blue}$\frac{3}{5}$};
		\draw (B2)--(C2)node[fill=white,midway]{\footnotesize\color{blue}$\frac{2}{5}$};
		\coordinate (D1) at (4.8,-0.8);
		\coordinate (D2) at (4.8,-2.4);
		\draw node (D1) at (D1) {$b$};
		\draw node (D2) at (D2) {$r$};
		\draw (C2)--(D1)node[fill=white,midway]{\footnotesize\color{blue}$\frac{4}{5}$};
		\draw (C2)--(D2)node[fill=white,midway]{\footnotesize\color{blue}$\frac{1}{5}$};
		\coordinate (E1) at (5.4,-2.4);
		\draw node (E1) at (E1) {$b$};
		\draw (D2)--(E1);
		\end{tikzpicture}
		\end{center}
		
		\end{correction}
		
		\item \begin{sujet}
		
		On note $X$ la variable aléatoire égale au nombre de tirages effectués.
		
		\end{sujet}
		
			\begin{enumerate}
			\item \begin{sujet}
			
			Quelles sont les valeurs prises par $X$?
			
			\end{sujet}
			
			\begin{correction}
			
			D'après l'arbre
			
			\begin{conclusion}
			
			$X\in \llbracket 1,4 \rrbracket$.
			
			\end{conclusion}
			
			\end{correction}
			
			\item \begin{sujet}
			
			Déterminer la loi de a variable aléatoire $X$ et calculer son espérance $E(X)$. Donner une valeur approchée décimale à $10^{-2}$ près ainsi qu'une interprétation de cette espérance.
			
			\end{sujet}
			
			\begin{correction}
			
			\objectif{Déterminons la loi de probabilité de $X$.}
			
			Les tirages étant indépendants les uns des autres:
			
			\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|}
			\hline
			$x$& 1 & 2 & 3 & 4 \\
			\hline
			 $P(X=x)$ & $\frac{2}{5}$ & $\left( \frac{3}{5} \right)^2$ & $\frac{4\times 3 \times 2}{5^3}$ & $\frac{3\times 2}{5^3}$ \\
			 \hline
			 \end{tabular}
			 
			 \medskip
			 \objectif{Calculons $E(X)$.}
			 
			 \begin{align*}
			 E(x) &= \displaystyle \sum_{i=1}^4 x_iP(X=x_i)\\
			 &= \frac{2}{5} \times 1 + \left( \frac{3}{5} \right)^2\times 2 +\frac{4 \times 3 \times 2}{5^3} \times 3 +\frac{3\times 2}{5^3} \times 4\\
			 &= \frac{236}{125}\\
			 &= 1,888\\
			 \intertext{Donc une valeur approchée à $10^{-2}$ près par excès est}
			 E(X) &\approx 1,89
			 \end{align*}
			 
			 \begin{conclusion}
			 
			 Si la première expérience est indéfiniment recommencée, en moyenne il faut $1,89$ tirages avant d'obtenir une boule blanche.
			 
			 \end{conclusion}
		
			 \end{correction}
			
			\end{enumerate}
		\end{enumerate}
	
	\item \begin{sujet}
	
	\textbf{Seconde expérience aléatoire.} On effectue trois fois le protocole de tirage.
	
	\end{sujet}
		
		\begin{enumerate}
		\item \begin{sujet}
		
		Modéliser cette expérience à l'aide d'un arbre probabiliste.
		
		\end{sujet}
		
		\begin{correction}
		
		\begin{tikzpicture}
		\coordinate (C1) at (3.2,3.2);
		\coordinate (C2) at (3.2,2.4);
		\coordinate (C3) at (3.2,1.6);
		\coordinate (C4) at (3.2,0.8);
		\coordinate (C5) at (3.2,-0.8);
		\coordinate (C6) at (3.2,-1.6);
		\coordinate (C7) at (3.2,-2.4);
		\coordinate (C8) at (3.2,-3.2);
		\coordinate (B2) at (3.2,-0.8);
		\draw node (C1) at (C1) {$b$};
		\draw node (C2) at (C2) {$r$};
		\draw node (C3) at (C3) {$b$};
		\draw node (C4) at (C4) {$r$};
		\draw node (C5) at (C5) {$b$};
		\draw node (C6) at (C6) {$r$};
		\draw node (C7) at (C7) {$b$};
		\draw node (C8) at (C8) {$r$};
		\coordinate (B1) at (1.6,2.7);
		\coordinate (B2) at (1.6,1.1);
		\coordinate (B3) at (1.6,-1.1);
		\coordinate (B4) at (1.6,-2.7);
		\draw node (B1) at (B1) {$b$};
		\draw node (B2) at (B2) {$r$};
		\draw node (B3) at (B3) {$b$};
		\draw node (B4) at (B4) {$r$};
		\draw (B1)--(C1)node[fill=white,midway,above,sloped]{\footnotesize\color{blue}$\frac{2}{5}$};
		\draw (B1)--(C2)node[fill=white,midway,below,sloped]{\footnotesize\color{blue}$\frac{3}{5}$};
		\draw (B2)--(C3)node[fill=white,midway,above,sloped]{\footnotesize\color{blue}$\frac{3}{5}$};
		\draw (B2)--(C4)node[fill=white,midway,below,sloped]{\footnotesize\color{blue}$\frac{2}{5}$};
		\draw (B3)--(C5)node[fill=white,midway,above,sloped]{\footnotesize\color{blue}$\frac{3}{5}$};
		\draw (B3)--(C6)node[fill=white,midway,below,sloped]{\footnotesize\color{blue}$\frac{2}{5}$};
		\draw (B4)--(C7)node[fill=white,midway,above,sloped]{\footnotesize\color{blue}$\frac{4}{5}$};
		\draw (B4)--(C8)node[fill=white,midway,below,sloped]{\footnotesize\color{blue}$\frac{1}{5}$};
		\coordinate (A1) at (0,1.9);
		\coordinate (A2) at (0,-1.9);
		\draw node (A1) at (A1) {$b$};
		\draw node (A2) at (A2) {$r$};
		\draw (A1)--(B1)node[fill=white,midway,above,sloped]{\footnotesize\color{blue}$\frac{2}{5}$};
		\draw (A1)--(B2)node[fill=white,midway,below,sloped]{\footnotesize\color{blue}$\frac{3}{5}$};
		\draw (A2)--(B3)node[fill=white,midway,above,sloped]{\footnotesize\color{blue}$\frac{3}{5}$};
		\draw (A2)--(B4)node[fill=white,midway,below,sloped]{\footnotesize\color{blue}$\frac{2}{5}$};
		\coordinate (D1) at (-1.6,0); {$b$};
		\draw (D1)--(A1)node[fill=white,midway,above,sloped]{\footnotesize\color{blue}$\frac{2}{5}$};
		\draw (D1)--(A2)node[fill=white,midway,below,sloped]{\footnotesize\color{blue}$\frac{3}{5}$};
		\end{tikzpicture}
		\end{correction}
		
		\item \begin{sujet}
		
		On note $Y$ la variable aléatoire égale au nombre de boules rouges obtenues.
		
		\end{sujet}
		
			\begin{enumerate}
			\item \begin{sujet}
			
			Quelles sont les valeurs prises par $Y$?
			
			\end{sujet}
			
			\begin{correction}
			
			$Y\in\llbracket 0,3 \rrbracket$
			
			\end{correction}
			
			\item \begin{sujet}
			
			Déterminer la loi de la variable aléatoire $Y$ et calculer son espérance $E(Y)$. Donner une valeur approchée décimale à $10^{-2}$ près ainsi qu'une interprétation de cette espérance.
			
			\end{sujet}
			
			\begin{correction}
			
			\objectif{Déterminons la loi de probabilité de $Y$.}
			
			Par exemple
			\begin{align*}
			P(Y=2) &= \frac{2}{5}\cdot\frac{3}{5} \cdot \frac{2}{5}+\frac{3}{5}\cdot \frac{3}{5} \cdot \frac{2}{5} + \frac{3}{5} \cdot \frac{2}{5} \cdot \frac{4}{5} \\
			&= \frac{54}{125}
			\end{align*}
			
			Donc:
			
			\medskip
			\begin{tabular}{|m{1.6cm}|m{0.8cm}|m{0.8cm}|m{0.8cm}|m{0.8cm}|}
			\hline
			$x$ & $0$ & $1$ & $2$ & $3$ \\
			\hline
			$P(X=x)$ & $\frac{8}{125}$ & $\frac{57}{125}$ & $\frac{54}{125}$ & $\frac{6}{125}$\\
			\hline
			\end{tabular}
			
			\medskip
			\objectif{Calculons $E(X)$.}
			
			$E(X)= \frac{183}{125} = 1,464$.
			
			\begin{conclusion}
			
			Si les trois tirages sont indéfiniment recommencés ont peut espérer en moyenne $1,464$ boules rouges parmi les trois tirées.
			
			\end{conclusion}
			
			\end{correction}
			
			\end{enumerate}
			
		\end{enumerate}
	
	\item \begin{sujet}
	
	L'algorithme suivant utilise une fonction $\mathbf{alea}(1.. n)$ qui rend un nombre entier aléatoire obtenu de façon équiprobable dans l'ensemble $\llbracket 1,n\rrbracket$.
	
	\begin{center}
	\begin{tabular}{|m{5cm}|}
	\hline
	\textbf{Entrer}$(b,r)$\\
	$d\leftarrow \mathbf{alea}(1,.. ,b+r)$\\
	\textbf{Si} $(d>b)$ \textbf{Alors}\\
		\begin{tabular}{m{0.2cm}|m{4cm}}
		&résultat $\leftarrow$ rouge\\
		& $b\leftarrow b+1$\\
		& $r\leftarrow r-1$
		\end{tabular}
		\\
	\textbf{Sinon}\\
		\begin{tabular}{m{0.2cm}|m{4cm}}
		&résultat $\leftarrow$ blanche \\
		\end{tabular}
		\\
	\textbf{Fin Si}\\
	\textbf{Retourner}(résultat)\\
	\hline
	\end{tabular}
	\end{center}
	
	\end{sujet}
		
		\begin{enumerate}
		\item \begin{sujet}
		
		Que simule cet algorithme?
		
		\end{sujet}
		
		\begin{correction}
		
		Cet algorithme simule le protocole de tirage décrit dans l'énoncé.
		
		\end{correction}
		
		\item \begin{sujet}
		
		Compléter cet algorithme en un nouvel algorithme simulant la variable aléatoire $X$.
		
		\end{sujet}
		
		\begin{correction}
	
	\begin{center}
	\begin{tabular}{|m{5cm}|}
	\hline
	\textbf{Entrer}$(b,r)$\\
	$d\leftarrow \mathbf{alea}(1,.. ,b+r)$\\
	$N\leftarrow 0$\\
	\textbf{Tant que} $(N<3)$\\
		\begin{tabular}{m{0.2cm}|m{4cm}}
	 		&\textbf{Si} $(d>b)$ \textbf{Alors}\\
	 		& 
	 			\begin{tabular}{m{0.2cm}|m{3.7cm}}
	 			&résultat $\leftarrow$ rouge\\
	 			& $b\leftarrow b+1$\\
				& $r\leftarrow r-1$\\
				& $X \leftarrow X+1$
				\end{tabular}
				\\
			&\textbf{Sinon}\\
			&
				\begin{tabular}{m{0.2cm}|m{3.7cm}}
				&résultat $\leftarrow$ blanche \\
				\end{tabular}
				\\
			& \textbf{Fin Si}\\
			& $N\leftarrow N+1$ \\
		\end{tabular}
		\\
	\textbf{Fin Tant que}\\
	\textbf{Retourner} $X$\\
	\hline
	\end{tabular}
	\end{center}
	
		\end{correction}
		
		\end{enumerate}
	
	\end{enumerate}

\subsubsection{Partie B: généralisation.}

\begin{sujet}

Dans cette partie, on généralise les résultats obtenus précédemment au cas où $b$ et $r$ sont des entiers naturels non nuls quelconques.

\end{sujet}

	\begin{enumerate}
	\item \begin{sujet}
	
	\textbf{Première expérience aléatoire.} On répète le protocole de tirage jusqu'à l'obtention d'une boule blanche. Pour tout entier strictement positif $n$, on note $A_n$ l'événement \og la $n$-ième boule tirée est rouge\fg{}. On note $X$ la variable aléatoire égale au nombre de tirages effectués.
	
	\end{sujet}
	
		\begin{enumerate}
		\item \begin{sujet}
		
		Donnez l'ensemble $E$ des valeurs prises par $X$.
		
		\end{sujet}
		
		\begin{correction}
		
		Puisqu'on retire une boule rouge à chaque fois qu'une boule rouge est tirée nous pouvons tirer au maximum $r$ boules rouges d'affilée.
		
		Donc $X\in \llbracket 1,r+1 \rrbracket$
		
		\begin{conclusion}
		
			$E=\llbracket 1,r+1 \rrbracket$
		
		\end{conclusion}
		
		\end{correction}
		
		\item \begin{sujet}
		
		Pour $k\in E$, exprimer l'événement $(X=k)$ en fonction d'événements liés aux événements $A_1,A_2,\dots ,A_k$.
		
		\end{sujet}
		
		\begin{correction}
		
		Pour $i\in E$, $A_i$ indique tirer une boule rouge et $\overline{A_i}$ tirer une boule blanche. Si $(X=k)$ cela signifie que la $k$-ième boule tirée est blanche et que les éventuelles précédentes sont toutes rouges.
		
		\begin{conclusion}
		
		$(X=1)=\overline{A_1}$ et si $k\ge 2$ alors \[\displaystyle (X=k)= \left( \bigcap_{i=1}^{k-1} A_i \right) \cap \overline{A_k} \]
		
		\end{conclusion}
		
		\end{correction}
		
		\item \begin{sujet}
		
		\textbf{Question de cours.} Soit $(\Omega , \mathcal{A}, P)$ un espace probabilisé.
		
		\end{sujet}
			
			\begin{enumerate}
			\item \begin{sujet}
			
			Soient $A$ et $B$ deux événements de $\mathcal{A}$ tels que $P(B)>0$. Rappeler la définition de la probabilité conditionnelle de $A$ sachant $B$. On la notera $P(A|B)$ ou $P_B(A)$.
			
			\end{sujet}
			
			\begin{correction}
				
				\begin{conclusion}
					$P_B(A)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}$
				\end{conclusion}
			
			\end{correction}
			
			\item \begin{sujet}
			
			Soit $i$ un entier strictement positif et soient $B_1,\dots,B_i$ des événements de $\mathcal{A}$ tels que $P(B_1\cap \dots \cap B_{i-1})>0$. Après avoir justifier l'existence des probabilité conditionnelles $P(B_2|B_1),\dots ,P(B_i|B_1\cap \dots \cap B_{i-1})$, montrer que \[ P(B_1\cap \dots \cap B_i)= P(B_1)P(B_2|B_1)\dots P(B_i|B_1\cap \dots \cap B_{i-1}). \]
			\end{sujet}
			
			\begin{correction}
			
				\objectif{Justifions l'existence des probabilités conditionnelles.}
				
				Soit $i\in \mathbb{N}^*$.
				
				\medskip
				Quelque soit $k\in\llbracket 1, i \rrbracket$, $B_1\cap \dots \cap B_i \subseteq B_1\cap \dots \cap B_k$.
				
				Donc du fait de la croissance de la probabilité: \[ P(B_1\cap\dots \cap B_i)\le P(B_1\cap \dots \cap B_k) \]
				
				Or \[ 0<P(B_1\cap\dots \cap B_i),\] donc \[ \forall k\in \llbracket 1, i \rrbracket ,\ P(B_1\cap\dots \cap B_k)>0 \]
				
				\begin{conclusion}
				
					Les probabilités conditionnelles $P(B_2|B_1), \dots , P(B_i|B_1\cap \dots \cap B_{i-1} )$ existent bien.
					
				\end{conclusion}
				
				\medskip
				\objectif{Montrons: $P(B_1\cap \dots \cap B_i)= P(B_1)P(B_2|B_1)\dots P(B_i|B_1\cap \dots \cap B_{i-1})$.}
				
				Remarquons un télescopage des termes
				\begin{align*}
					& P(B_1\cap \dots \cap B_i)= P(B_1)P(B_2|B_1)\dots P(B_i|B_1\cap \dots \cap B_{i-1})\\
					&= P(B_1) \prod_{k=1}^{i-1}P(B_k|B_1\cap \dots \cap B_{k-1})\\
					&= P(B_1) \prod{k=1}^{i-1} \frac{P(B_k\cap B_1\cap \dots \cap B_{k-1})}{P(B_1\cap \dots \cap B_{k-1}}\\
					&= P(B_i|B_1\cap \dots \cap B_{i-1})
				\end{align*}
				
				Ainsi
				
				\begin{conclusion}
				
					quelque soit $i\in\mathbb{N}^*$ \[ P(B_1\cap \dots \cap B_i)= P(B_1)P(B_2|B_1)\dots P(B_i|B_1\cap \dots \cap B_{i-1}) \]
					
				\end{conclusion}
				
			\end{correction}
			
			\end{enumerate}
		
		\item 
			\begin{enumerate}
			\item \begin{sujet}
			
			Déterminer la loi de probabilité de la variable aléatoire $X$.
			
			\end{sujet}
			
			\begin{correction}
				
				\objectif{Déterminons la loi de $X$.}
				
				Clairement $P(X=1)=P(\overline{A_1})=\frac{b}{b+r}$.
				
				\medskip
				Supposons maintenant que $i\in\llbracket 2, r+1 \rrbracket$.
				
				Nous remarquons que: \[ (X=i)=A_1\cap \dots \cap A_{i-1} \cap \overline{A_i} \]
				
				D'où, d'après la question précédente: \[ P(X=i) = P(A_1)\dots P(A_{i-1}|A_1\cap \dots \cap A_{i-2})P(\overline{A_i} | 1_1 \cap \dots \cap A_{i-1}) \]
				Or la probabilité de tirer une boule rouge après avoir tiré $k-1$ boules rouges est $\frac{r-(k-1)}{b+r}$ et la probabilité de tirer une blanche est $\frac{b+(k-1)}{b+r}$ d'où 
				
				\begin{align*}
				P(X=i) &= \frac{r}{b+r} \cdots \frac{r-(i-3)}{b+r} \cdot \frac{r-(i-2)}{b+r}\cdot \frac{b+(i-1)}{b+r} \\
					&=\frac{1}{(b+r)^i}\cdot \frac{r!}{(r-i+1)!}\cdot (b+i-1)
				\end{align*} 
				
				\begin{conclusion}
					
					\[ P(X=1)=\frac{b}{b+r}\] et si $i\in \llbracket 2;n \rrbracket$ alors \[ P(X=i)=\frac{1}{(b+r)^i}\cdot \frac{r!}{(r-i+1)!}\cdot (b+i-1). \]
					
				\end{conclusion}
				
			\end{correction}
			
			\item \begin{sujet}
			
			Vérifier que $\displaystyle P(X=r+1)=\frac{r!}{N^r}$ et que, pour tout $k\in \llbracket 1,r \rrbracket$, \[ P(X=k)=\frac{r!}{\left( r-(k-1) \right)!N^{k-1}}-\frac{r!}{(r-k)!N^k}. \]
			
			\end{sujet}
			
			\begin{correction}
				
				\objectif{Vérifions $\displaystyle P(X=r+1)=\frac{r!}{N^r}$.}
				
				En utilisant le résultat de la question précédente 
				
				\begin{align*}
					P(X=r+1) &= \frac{1}{(b+r)^{r+1}}\cdot \frac{r!}{(r-(r+1)+1)!}\cdot (b+(r+1)-1) \\
					&= \frac{1}{(b+r)^{r+1}}\cdot \frac{r!}{0!}\cdot (b+r)
				\end{align*}
				
				Enfin en notant $N=b+r$
				
				\begin{conclusion}
					
					$\displaystyle P(X=r+1)=\frac{r!}{N^r}$.
					
				\end{conclusion}
				
				\medskip
				\objectif{Vérifions que pour tout $k\in \llbracket 1,r \rrbracket$, $ P(X=k)=\frac{r!}{\left( r-(k-1) \right)!N^{k-1}}-\frac{r!}{(r-k)!N^k}$.}
				
				Si $k=1$ alors 
				\begin{align*}
					& \frac{r!}{\left( r-(k-1) \right)!N^{k-1}}-\frac{r!}{(r-k)!N^k}\\
					&= \frac{r!}{r!N^{0}}-\frac{r!}{(r-1)!N^1}\\
					&=1-\frac{r}{b+r}\\
					&= \frac{b}{b+r}\\
					&= P(X=1)
				\end{align*}
				
				\medskip
				Soit $k\in\llbracket 2, r\rrbracket$.
				
				\begin{align*}
					&\frac{r!}{\left( r-(k-1) \right)!N^{k-1}}-\frac{r!}{(r-k)!N^k}\\
					&= \frac{r!N}{\left( r-(k-1) \right)!N^{k}}-\frac{r!(r-(k-1))}{(r-(k-1))!N^k}\\
					&= \frac{r!N-r!(r-(k-1))}{(r-(k-1))!N^k}\\
					&= \frac{r! \left[ N-(r-(k-1))\right] }{(r-(k-1))!N^k}\\
					&= \frac{r! \left[ N-r+k-1 \right]}{(r-(k-1))!N^k}\\
					&= \frac{r! \left[ b+k-1 \right]}{(r-(k-1))!N^k}\\
					&= \frac{1}{(b+r)^k}\cdot \frac{r!}{(r-k+1)!}\cdot (b+k-1)
				\end{align*}
				
				Et d'après la question précédente ceci est bien $P(X=k)$.
				
				Nous avons donc établi
				
				\begin{conclusion}
					
					\[ k\in \llbracket 1,r \rrbracket,\  P(X=k)=\frac{r!}{\left( r-(k-1) \right)!N^{k-1}}-\frac{r!}{(r-k)!N^k}\]
					
				\end{conclusion}
					
				
			\end{correction}
			
			\end{enumerate}
		
		\item 
			\begin{enumerate}
			\item \begin{sujet}
			
			Démontrer que, pour tout entier strictement positif $n$ et tous réels $p_0,\dots ,p_n$, \[ \sum_{k=1}^n k(p_{k-1}-p_k)= \left( \sum_{k=0}^{n-1} p_k \right) -np_n. \]
			
			\end{sujet}
			
			\begin{correction}
				
				\objectif{Démontrons l'égalité proposée.}
				
				Si $n=1$ le résultat est trivial.
				
				Soit $\in\mathbb{N}$, $n\ge 2$ et $p_0,\dots ,p_n$ des réels.
				
				\begin{align*}
					& \sum_{k=1}^n k(p_{k-1}-p_k)\\
					&= \sum_{k=1}^n kp_{k-1}-kp_k\\
					&= \sum_{k=1}^n kp_{k-1}-\sum_{k=1}^n kp_k\\
					&= 0p_0+ \sum_{k=2}^n kp_{k-1}-\left( \sum_{k=1}^{n-1} kp_k \right) -np_n\\
					&= \sum_{l=1}^{n-1} (l+1)p_{l}-\left( \sum_{k=1}^{n-1} kp_k \right) -np_n\\
					&= -np_n+ \sum_{l=1}^{n-1} (l+1)p_{l}-lp_l \\
					&= -np_n+ \sum_{l=1}^{n-1} p_{l} \\
				\end{align*}
				
				Nous avons donc établi
				
				\begin{conclusion}
					
					
					$\forall n\in\mathbb{N}^*,\ \forall (p_0,\dots , p_n)\in \mathbb{R}^{n+1},$  \[ \sum_{k=1}^n k(p_{k-1}-p_k)= \left( \sum_{k=0}^{n-1} p_k \right) -np_n. \]
					
				\end{conclusion}
				
			\end{correction}
			
			\item \begin{sujet}
			
			En déduire que l'espérance de $X$ est donnée par \[ E(X)=\sum_{k=0}^r \binom{r}{k} \frac{k!}{N^k} . \]
			
			\end{sujet}
			
			\begin{correction}
			
				\objectif{Déterminons $E(X)$.}
				
				\begin{align*}
					E(X) &= (r+1)P(X=r+1)+ \sum_{k=1}^{r} kP(X=k)\\
					&= (r+1) \cdot \frac{r!}{N^r} + \sum_{k=1}^{r} k \left( \frac{r!}{\left( r-(k-1) \right)!N^{k-1}}-\frac{r!}{(r-k)!N^k} \right)\\
					\intertext{D'après la question précédente}
					E(X) &= (r+1) \cdot \frac{r!}{N^r} + \left( \sum_{k=0}^{r-1} \frac{r!}{(r-k)!N^k} \right) -r\frac{r!}{(r-r))!N^{r}}\\
					&= \frac{r!(r+1 -r)}{N^r} +\sum_{k=0}^{r-1} \frac{r!}{(r-k)!N^k}\\
					&= \sum_{k=0}^{r} \frac{r!}{(r-k)!N^k}\\
					&= \sum_{k=0}^{r} \frac{r!}{(r-k)!k!} \cdot \frac{k!}{N^k}
				\end{align*}
				
				Enfin
				
				\begin{conclusion}
					
					$\displaystyle  E(X)=\sum_{k=0}^r \binom{r}{k} \frac{k!}{N^k}$.
					
				\end{conclusion}
					
				\end{correction}
			
			\end{enumerate}
		
		\end{enumerate}
	
		
	\item \begin{sujet}
	
	\textbf{Seconde expérience aléatoire.} Soit $n$ un entier strictement positif. On effectue $n$ fois le protocole de tirage. Pour tout entier $m\in \llbracket 1,n \rrbracket$, on note $Y_m$ la variable aléatoire égale au nombre de boules rouges obtenues à l'issue du $m$-ième tirage. Par convention $Y_0$ est la variable aléatoire nulle.
	
	\end{sujet}
	
		\begin{enumerate}
		\item 
			\begin{enumerate}
			\item \begin{sujet}
			
			Donner la valeur de $P(Y_n=k)$ lorsque $k>n$.
			\end{sujet}
			
			\begin{correction}
			
				\objectif{Déterminons $P(Y_n=k)$ lorsque $k>n$.}
				
				Il est impossible d'obtenir plus de boules rouges que de tirages effectués. Donc:
				
				\begin{conclusion}
					
					$k>n \Rightarrow P(Y_n=k)=0$
					
				\end{conclusion}
				
			\end{correction}
			
			\item \begin{sujet}
			
			Donner la valeur de $P(Y_n=k)$ lorsque $k>r$.
			\end{sujet}
			
			\begin{correction}
			
				\objectif{Déterminons $P(Y_n=k)$ lorsque $k>r$.}
				
				Les tirages de boules rouges s'effectuant sans remise il est impossible de tirer plus de boules rouges qu'il n'y en a initialement dans l'urne. Donc:
				
				\begin{conclusion}
					
					$k>r \Rightarrow P(Y_n=k)=0$
					
				\end{conclusion}
				
			\end{correction}
			
			\item \begin{sujet}
			
			Donner la valeur de $P(Y_n=0)$.
			\end{sujet}
			
			\end{enumerate}
			
			\begin{correction}
				
				\objectif{Déterminons $P(Y_n=0)$.}
				
				$(Y_n=0)$ est l'événement \og à l'issue de $n$ tirages $n$ boules blanches ont été obtenues. En notant $B_i$ l'événement obtenir une boule blanche au $i$-ième tirage nous avons donc \[ (Y_n=0)=B_1\cap \dots \cap B_n \]
				
				Les tirages de boules blanches s'effectuent avec remise et sans modification de l'expérience. Ces tirages successifs de boules blanches sont donc indépendants et la formule des probabilités composées devient dans ce cas \[ P(Y_n=0)= P(B_1)^n \]
				
				Autrement dit
				
				\begin{conclusion}
					
					$P(Y_n=0)=\left( \frac{b}{r+b} \right)^n$
					
				\end{conclusion}
				
			\end{correction}
		
		\item 
		
		\begin{sujet}
			
			Pour $k\in \llbracket 0,n\rrbracket$ et $i\in \llbracket 0, n-1 \rrbracket$, exprimer la probabilité conditionnelle \[ P(Y_n=k|Y_{n-1}=i). \]
			
			En déduire que, pour tout $k\in \llbracket 1,n\rrbracket$, \[ P(Y_n=k)=\frac{b+k}{N}P(Y_{n-1}=k)+\frac{r+1-k}{N}P(Y_{n-1}=k-1). \]
							
		\end{sujet}
		
		\begin{correction}
		
			\objectif{Exprimons $P(Y_n=k|Y_{n-1}=i)$.}
			
			Soient $k\in\llbracket 0,n \rrbracket$ et $i\in\llbracket 0,n-1 \rrbracket$.
			
			\medskip
			Il est impossible d'avoir $k$ boules rouges au tirage de rang $n$ tirage sachant qu'il y avait $i$ au tirage de rang $n-1$ si $i$ est différent de $k$ ou de $k-1$: 
			
			\begin{conclusion}
				
				$\displaystyle i\notin \{ k,k-1 \} \Rightarrow P(Y_n=k|Y_{n-1}=i)=0$
				
			\end{conclusion}
			
			Étudions les deux cas restants.
			
			\medskip
			D'une part, puisqu'aux tirages de rang $n$ et $n-1$ il y a le même nombre de boules rouges il faut nécessairement qu'une boule blanche soit tirée et donc
			
			\begin{conclusion}
				
				$\displaystyle P(Y_n=k|Y_{n-1}=k) = P(Y_{n-1}=k)\cdot \frac{b+k}{b+r}$
				
			\end{conclusion}
			
			\medskip
			d'autre part, puisque au tirage de rang $n$ il y a une boule rouge de plus qu'au rang $n-1$ c'est qu'une boule rouge a été tirée et donc 
			
			\begin{conclusion}
				
				$\displaystyle P(Y_n=k|Y_{n-1}=k-1)=P(Y_{n-1}=k-1)\cdot \frac{r-(k-1)}{b+r}$
				
			\end{conclusion}
			
			\medskip
			\objectif{Exprimons $P(Y_n=k)$.}
			
			Soit $k\in\llbracket 1,n\rrbracket$.
			
			\medskip
			Il est impossible de tirer simultanément une boule rouge et une boule blanche donc \[ (Y_n=k|Y_{n-1}=k) \cap (Y_n=k|Y_{n-1}=k-1)=\emptyset \] les événements sont disjoints.
			
			Autrement dit, puisqu'il n'y a pas d'autre alternative que rouge ou blanc \[ (Y_n=k|Y_{n-1}=k)\sqcup (Y_n=k|Y_{n-1}=k-1)=(Y_n=k) \]
			
			D'où \[ P(Y_n=k|Y_{n-1}=k)+(Y_n=k|Y_{n-1}=k-1)=P(Y_n=k)\] et ce quel que soit $k\in\llbracket 1,n \rrbracket$.
			
			Autrement dit, en tenant compte de ce qui a déjà été démontré dans cette question,
			
			\begin{conclusion}
				
				$\forall k\in\llbracket 1,n\rrbracket ,$ $ \displaystyle \ P(Y_n=k)= P(Y_{n-1}=k-1)\cdot \frac{r-(k-1)}{b+r}+P(Y_{n-1}=k)\cdot \frac{b+k}{b+r}. $
								
			\end{conclusion}
			
		\end{correction}
		
		\item 
		
		\begin{sujet}
			
			En déduire que pour tout entier $n$ strictement positif, \[ E(Y_n)=\sum_{k=0}^{n-1} \frac{r+k(N-1)}{N}P(Y_{n-1}=k)=\left( 1-\frac{1}{N}\right) E(Y_{n-1})+\frac{r}{N}. \]
			
		\end{sujet}
		
		\begin{correction}
			
			\objectif{Exprimons l'espérance telle que demandée.}
			
			Soit $n\in\mathbb{N}^*$.
			
			\medskip
			D'après la question B.2.(a)
			
			\begin{align*}
				E(Y_n) &= \sum_{k=1}^n kP(Y_n=k)\\
				\intertext{D'après la question précédente:}
				E(Y_n) &= \sum_{k=1}^n k \left[ P(Y_{n-1}=k-1)\cdot \frac{r-(k-1)}{b+r}+P(Y_{n-1}=k)\cdot \frac{b+k}{b+r} \right]\\
				&= \sum_{k=1}^n kP(Y_{n-1}=k-1)\cdot \frac{r-k+1}{N}+\sum_{k=1}^nkP(Y_{n-1}=k)\cdot \frac{b+k}{N}\\
				&= \sum_{k=0}^{n-1} (k+1)P(Y_{n-1}=k)\cdot \frac{r-k}{N}+\sum_{k=1}^nkP(Y_{n-1}=k)\cdot \frac{b+k}{N}\\
				&= P(Y_{n-1}=0)\cdot \frac{r}{N}+nP(Y_{n-1}=n)\cdot \frac{b+n}{N}\\
				&\quad +\sum_{k=1}^{n-1} \left[ (k+1)\cdot \frac{r-k}{N}+k\cdot \frac{b+k}{N} \right]P(Y_{n-1}=k) \\
				\intertext{Or, d'après la question B.2.(a), $P(Y_{n-1}=n)=0$ , donc}
				E(Y_n) &= \frac{r}{N}P(Y_{n-1}=0) + \frac{1}{N}\sum_{k=1}^{n-1} \left[ (k+1) (r-k)+k (b+k) \right]P(Y_{n-1}=k) \\
				&= \frac{r}{N}P(Y_{n-1}=0) + \frac{1}{N}\sum_{k=1}^{n-1} \left[ r+k(r-1+b) \right]P(Y_{n-1}=k) \\
				&= \frac{1}{N}\sum_{k=0}^{n-1} \left[ r+k(r-1+b) \right]P(Y_{n-1}=k)
			\end{align*}
			
			Ainsi
			
			\begin{conclusion}
				
				$\displaystyle \forall n\in\mathbb{N}^*,\ E(Y_n)=\sum_{k=0}^{n-1} \frac{r+k(N-1)}{N}P(Y_{n-1}=k)$
				
			\end{conclusion}
			
			\medskip
			\objectif{Démontrons la seconde expression proposée pour $E(Y_n)$.}
			
			Soit $n\in\mathbb{N}^*$
			
			\medskip
			\begin{align*}
				E(Y_n) & \sum_{k=0}^{n-1} \frac{r+k(N-1)}{N}P(Y_{n-1}=k) \\
				&= \frac{r}{N}\left[ \sum_{k=0}^{n-1} P(Y_{n-1}=k)\right] + \left( 1-\frac{1}{N} \right) \sum_{k=0}^{n-1} kP(Y_{n-1}=k) \\
				\intertext{Puisque $\left( P(Y_{n-1}=k) \right)_{1\le k \le n-1}$ est une distribution de probabilité}
				E(Y_n) &= \frac{r}{N}\cdot 1+ \frac{N-1}{N}  E(Y_{n-1}) \\
			\end{align*}
			
			Enfin
			
			\begin{conclusion}
				
				quelque soit $n\in\mathbb{N}*$, \[\displaystyle E(Y_n)=\left( 1-\frac{1}{N}\right) E(Y_{n-1})+\frac{r}{N}. \]
				
			\end{conclusion}
			
		\end{correction}
		
		\item 
			\begin{enumerate}
			\item \begin{sujet}
			
				Vérifier que pour tout entier naturel $n$, \[ E(Y_n)= r \left( 1-\left( 1-\frac{1}{N} \right) ^n \right). \]
			
			\end{sujet}
			
			\begin{correction}
			
				\objectif{Démontrons par récurrence sur $n\in\mathbb{N}^*$, $P(n)$:\og $E(Y_n)=r\left[ 1- \left( 1-\frac{1}{N} \right) \right]$\fg{}.}
				
				{\color{orange}Nous pourrions commencer la récurrence pour $n=0$, puisque $Y_n$ est défini dans l'énoncé.}
				
				\medskip
				Démontrons que $P(1)$ est vraie.
				
				De façon claire, lors du premier tirage il possible d'obtenir $1$ boule rouge avec une probabilité de $\frac{r}{N}$ ou $0$ boule rouge avec une probabilité de $1-\frac{r}{N}$.
				
				Donc \[ E(Y_1)=\frac{r}{N}1+\left( 1-\frac{r}{N} \right). 0=\frac{r}{n}=r\left[ 1-\left( 1-\frac{1}{N} \right) \right] \]
				
				Ainsi $P(1)$ est vraie.
				
				\medskip
				Soit $n\in\mathbb{N}^*$. Supposons que $P(n)$ est vraie et démontrons qu'alors $P(n+1)$ l'est aussi.
				
				Par hypothèse de récurrence: $E(Y_n)=r\left[ 1- \left( 1-\frac{1}{N} \right)^n \right]$.
			
			Donc en utilisant la formule de récurrence établie à la question précédente 
			\begin{align*}
				E(Y_{n+1}) &= \left( 1-\frac{1}{N} \right) E(Y_n)+\frac{r}{N}\\
				&= \left(1-\frac{1}{N} \right) r\left[ 1- \left( 1-\frac{1}{N} \right)^n \right]+\frac{r}{N}\\
				&= r\left[ 1- \left( 1-\frac{1}{N} \right)^{n+1} \right]
			\end{align*}
			
			Nous avons donc établi par récurrence sur $n$ que
			
			\begin{conclusion}
				
				quelque soit $n\in\mathbb{N}^*$, \[ E(Y_n)=r\left[ 1-\left( 1-\frac{1}{N} \right)^{n} \right] \]
				
			\end{conclusion}
			
			\end{correction}
				
			\item \begin{sujet}
			
				Étudier la convergence de la suite $\left( E(Y_n) \right) _{n\ge 0}$ et montrer l'existence d'un entier $n_0$ tel que, pour tout entier $n\ge n_0$, \[ \left| E(Y_n) -r \right| \le \frac{1}{4}. \]
			
			\end{sujet}
			
			\begin{correction}
				
				\objectif{Étudions la convergence de $(E(Y_n))_{n\in\mathbb{N}}$.}
				
				$0<1-\frac{1}{N}<1$ donc la suite géométrique $\left( \left(  1-\frac{1}{N} \right)^n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ converge vers $0$.
				
				D'où
				
				\begin{conclusion}
					
					$(E(Y_n))_{n\in\mathbb{N}}$ converge vers $r$.
					
				\end{conclusion}
				
				\medskip
				Donc, d'après la définition de  Weierstrass de la convergence d'une suite, 
				
				\begin{conclusion}
					
					$\exists n_0\in\mathbb{N},\ \left| E(Y_n)-r \right| \le \frac{1}{4}$.
					
				\end{conclusion}
				
			\end{correction}
			
			\end{enumerate}
		
		\end{enumerate}
	
	\item 
		\begin{enumerate}
		\item 
		
		\begin{sujet}
		
			Pour tout entier strictement positif $k$, on note $A_k$ l'événement la $k-\text{ième}$ boule tirée est rouge\fg{}. En utilisant la formule des probabilités totales, montrer que \[ P(A_{k+1})=\sum_{i=0}^k \frac{r-i}{N} P(Y_k=i). \]
		
		\end{sujet}
		
		\begin{correction}
			
			\objectif{Déterminons $P(A_{k+1})$.}
			
			Soit $k\in\mathbb{N}^*$.
			
			$A_{k+1}$ désignant le fait de tirer une boule rouge au $k+1$-ième tirage et $Y_k$ désignant le nombre de boules rouges tirées à la suite de $k$ tirages, nous déduisons \[ A_{k+1}\subset \bigsqcup_{i=1}^k (Y_k=1) \]
			
			Donc, d'après la formule des probabilités totales
			\begin{align*}
				P(A_{k+1}) &= \sum_{i=1}^k P(A_{k+1}|Y_k=i)P(Y_k=i)\\
				\intertext{Si $i$ boules rouges ont été tirées au bout de $k$ tirages il en reste $r-i$ parmi les $N$ de l'urne, donc}
				P(A_{k+1}) &= \sum_{i=1}^k \frac{r-i}{N} P(Y_k=i)
			\end{align*}
			
			Ainsi
			
			\begin{conclusion}
				
				quelque soit $k\in\mathbb{N}^*$ \[ P(A_{k+1}) = \sum_{i=1}^k \frac{r-i}{N} P(Y_k=i) \]
				
			\end{conclusion}
			
		\end{correction}
		
		\item 
		
		\begin{sujet}
			
			Exprimer $P(A_{k+1})$ en fonction de $E(Y_k)$ et en déduire une expression de $P(A_{k+1})$ en fonction $r$, $k$ et $N$.
		
		\end{sujet}
		
		\begin{correction}
			
			\objectif{Exprimons $P(A_{k+1})$ en fonction de $E(Y_k)$.}
			
			Soit $k\in\mathbb{N}^*$.
			
			D'après la question précédente
			\begin{align*}
				P(A_{k+1}) &= \frac{1}{N} \left[ r\left( \sum_{i=1}^n P(Y_k=i) \right)- \left( \sum_{i=1}^k iP(Y_k=i) \right) \right]\\
				&= \frac{1}{N} \left[ r-E(Y_k) \right]
			\end{align*}
			
			\begin{conclusion}
				
				$\displaystyle \forall k\in\mathbb{N}^*,\ P(A_{k+1}) = \frac{r-E(Y_k)}{N} $
				
			\end{conclusion}
			
			\medskip
			\objectif{Exprimons $P(A_{k+1})$ en fonction de $r$, $k$ et $N$.}
			
			D'après la question B.2.(d).(i)
			\begin{align*}
				P(A_{k+1}) &= \frac{r-r\left[ 1-\left( 1-\frac{1}{N} \right)^k \right]}{N}\\
				&= \frac{r}{N} \left( 1- \frac{1}{N} \right)^k
			\end{align*}
			
			\begin{conclusion}
				
				$\displaystyle \forall k\in\mathbb{N}^*,\ P(A_{k+1}) = \frac{r}{N} \left( 1- \frac{1}{N} \right)^k$.
				
			\end{conclusion}
			
		\end{correction}
		
		\end{enumerate}
	
	\item 
		\begin{enumerate}
		\item 
		
		\begin{sujet}
			
			En utilisant la question \textbf{B}2(b) et le théorème du transfert, montrer que, pour tout entier $n$ strictement positif, \[ E(Y_n(Y_n-1)) = \sum_{k=1}^{n-1} \left( \frac{k(k-1)(N-2)+2(r-1)k}{N} \right) P(Y_{n-1}=k). \]
			
		\end{sujet}
		
		\begin{correction}
			
			\objectif{Déterminons $E(Y_n(Y_n-1))$.}
			
			Soit $n\in\mathbb{N}^*$.
			
			\medskip
			Notons $f:x\mapsto x(x-1)$ la fonction définie sur $\mathbb{R}$ et à valeurs réelles.
			
			D'après le théorème du transfert 
			\begin{align*}
				E\left( f(Y_n) \right) &= \sum_{k\in \llbracket 0,n \rrbracket} P(Y_n=k)f(k)\\
				E\left( f(Y_n) \right) &= \sum_{k\in \llbracket 1,n \rrbracket } P(Y_n)k(k-1)\\
				\intertext{D'après la question B2(b)}
				E\left( f(Y_n) \right) &= \sum_{k\in \llbracket 1,n \rrbracket} \left[ \frac{b+r}{N} P(Y_{n-1}=k) + \frac{r+1-k}{N} P(Y_{n-1}=k-1) \right] k(k-1)\\
				E\left( f(Y_n) \right) &= \frac{1}{N}\left[ \sum_{k\in \llbracket 1,n \rrbracket} (b+k) P(Y_{n-1}=k) k(k-1)  \right. \\
				& \qquad + \left. \sum_{k\in \llbracket 1,n \rrbracket} (r+1-k) P(Y_{n-1}=k-1) k(k-1) \right]\\
				E\left( f(Y_n) \right) &= \frac{(b+n)}{N}P(Y_{n-1}=n)n(n-1)\\
				& \qquad + \frac{1}{N}\left[ \sum_{k\in \llbracket 1,n-1 \rrbracket} (b+k) P(Y_{n-1}=k) k(k-1)  \right. \\
				& \qquad + \left. \sum_{l\in \llbracket 1,n-1 \rrbracket} (r-l) P(Y_{n-1}=l) (l+1)l \right] \\
				&\qquad +\frac{(r+1-n)}{N}P(Y_{n-1}=n)n(n-1)\\
				\intertext{Puisque $P(Y_{n-1}=n)=0$}
				E\left( f(Y_n) \right) &= \frac{1}{N} \sum_{k\in\llbracket 1, n-1 \rrbracket} k\left[ (b+k)(k-1)+(r-k)(k+1) \right] P(Y_{n-1}=k)\\
				E\left( f(Y_n) \right) &= \frac{1}{N} \sum_{k\in\llbracket 1, n-1 \rrbracket} k\left[ (b+k +r-k)(k-1)+2(r-k) \right] P(Y_{n-1}=k)\\
				E\left( f(Y_n) \right) &= \frac{1}{N} \sum_{k\in\llbracket 1, n-1 \rrbracket} k\left[ N(k-1)+2(r-k) \right] P(Y_{n-1}=k)\\
				E\left( f(Y_n) \right) &= \frac{1}{N} \sum_{k\in\llbracket 1, n-1 \rrbracket} k\left[ (N-2)(k-1)+2(k-1)+2(r-k) \right] P(Y_{n-1}=k)
			\end{align*}
			
			\begin{conclusion}
				
				Quelque soit $n\in\mathbb{N}^*$, $E\left(Y_n(Y_n-1)\right)$ vaut \[  \sum_{k\in\llbracket 1,n-1 \rrbracket } \frac{k(k-1)(N-2)+2(r-1)k}{N}P(Y_{n-1}=k) \]
				
			\end{conclusion}
			
		\end{correction}
		
		\item 
		
		\begin{sujet}
		
			En déduire que, pour tout entier $n$ strictement positif, \[ E(Y_n(Y_n-1)) = \left( 1-\frac{2}{N} \right) E(Y_{n-1}(Y_{n-1}-1))+\frac{2r(r-1)}{N}\left( 1-\left( 1-\frac{1}{N} \right)^{n-1} \right) . \]
		
		\end{sujet}
		
		\begin{correction}
			
			\begin{resume}
				
				Nous allons utiliser le résultat de la question précédente, le théorème du transfert, la définition de l'espérance et une expression de $E(Y_n)$ trouvée à une question précédente.
				
			\end{resume}
			
			\objectif{Démontrons l'expression proposée pour $E(Y_{n}(Y_n-1))$.}
			
			Soit $n\in\mathbb{N}^*$.
			
			\begin{align*}
				\intertext{D'après la question précédente}
				E(Y_n(Y_n-1) &= \frac{N-2}{N}\sum_{1\le k\le n-1} k(k-1)P(Y_{n-1}=k)\\
				&\quad + \frac{2(r-1)}{N} \sum_{1\le k \le n-1} kP(Y_{n-1}=k)\\
				\intertext{D'après le théorème du transfert}
				E(Y_n(Y_n-1) &= \frac{N-2}{N}\sum_{1\le k\le n-1} k(k-1)P(Y_{n-1}(Y_{n-1}-1)=k)\\
				&\quad + \frac{2(r-1)}{N} \sum_{1\le k \le n-1} kP(Y_{n-1}=k)\\
				E(Y_n(Y_n-1) &= \frac{N-2}{N}E\left( Y_{n-1}(Y_{n-1}-1) \right)+\frac{2(r-1)}{N}E(Y_{n-1})
				\intertext{D'après la question B.2.(d).i.}
				E(Y_n(Y_n-1) &= \frac{N-2}{N}E\left( Y_{n-1}(Y_{n-1}-1) \right)\\
				&\quad + \frac{2(r-1)}{N}r\left( 1-\left( 1-\frac{1}{N} \right)^{n-1} \right)
			\end{align*}
			
			\begin{conclusion}
				
				Pour tout entier $n$ strictement positif, $E(Y_n(Y_n-1))$ égale \[\left( 1-\frac{2}{N} \right) E(Y_{n-1}(Y_{n-1}-1))+\frac{2r(r-1)}{N}\left( 1-\left( 1-\frac{1}{N} \right)^{n-1} \right) . \]
				
			\end{conclusion}
			
		\end{correction}
		
		\item 
		
		\begin{sujet}
			
			Montrer par récurrence que, pour tout entier naturel $n$, \[ E(Y_n(Y_n-1)) = r(r-1)\left( 1+ \left( 1-\frac{2}{N}\right)^n-2 \left( 1-\frac{1}{N} \right) ^n \right) . \]
			
		\end{sujet}
			
		\begin{resume}
			
			Initialisation au rang $0$ sans difficulté.
			
			Hérédité avec la formule de récurrence de la question précédente, l'hypothèse de récurrence et un peu de bidouille calculatoire.
			
		\end{resume}
				
		\begin{correction}
			
			\objectif{Démontrons par récurrence sur $n\in\mathbb{N}$: \[P(n):\ E(Y_n(Y_n-1)) = r(r-1)\left( 1+ \left( 1-\frac{2}{N}\right)^n-2 \left( 1-\frac{1}{N} \right) ^n \right) \fg{}. \]}
			
			$E(Y_0(Y_0-1))=0P(Y_0=0)=0$.
			
			$r(r-1)\left( 1+ \left( 1-\frac{2}{N} \right)^0-2\left( 1-\frac{1}{N} \right)^0 \right)=0$.
			
			Donc $P(0)$ est vraie.
			
			\medskip
			Soit $n\in \mathbb{N}$. 
			
			Supposons $P(n)$ vraie et démontrons qu'alors $P(n+1)$ l'est aussi.
			
			D'après la question précédente
			
			\begin{align*}
				&E(Y_{n+1}(Y_{n+1}-1))\\
				&\quad = \left( 1-\frac{2}{N} \right) E(Y_{n}(Y_{n}-1))+\frac{2r(r-1)}{N}\left( 1-\left( 1-\frac{1}{N} \right)^{n} \right)\\
				\intertext{En tenant compte de l'hypothèse de récurrence}
				&E(Y_{n+1}(Y_{n+1}-1))\\
				&\quad = \left( 1-\frac{2}{N} \right) r(r-1)\left( 1+ \left( 1-\frac{2}{N}\right)^n-2 \left( 1-\frac{1}{N} \right) ^n \right)\\
				&\quad +\frac{2r(r-1)}{N}\left( 1-\left( 1-\frac{1}{N} \right)^{n} \right)\\
				\intertext{D'où}
				&E(Y_{n+1}(Y_{n+1}-1))\\
				&= r(r-1) \left[ \left( 1-\frac{2}{N} \right) +\left( 1-\frac{2}{N} \right) \left( 1-\frac{2}{N} \right)^n \right.\\
				&\quad \left. -2\left( 1-\frac{2}{N} \right)  \left( 1- \frac{1}{N} \right)^n + \frac{2}{N} - \frac{2}{N} \left( 1-\frac{1}{N} \right)^n \right]\\
				&= r(r-1) \left[ 1 -\frac{2}{N} +\left( 1-\frac{2}{N} \right)^{n+1} \right. \\
				&\quad \left. -2 \left[\left( 1-\frac{2}{N} \right) + \frac{1}{N} \right] \left( 1-\frac{1}{N} \right)^n + \frac{2}{N}  \right]\\
				&= r(r-1)\left[ 1+ \left( 1-\frac{2}{N}\right)^{n+1}-2 \left( 1-\frac{1}{N} \right) ^{n+1} \right]
			\end{align*}
		
		\medskip
		Nous avons donc démontré par récurrence sur $n\in\mathbb{N}$ que
		
		\begin{conclusion}
			
			$\displaystyle E(Y_n(Y_n-1)) = r(r-1)\left( 1+ \left( 1-\frac{2}{N}\right)^n-2 \left( 1-\frac{1}{N} \right) ^n \right)$
			
		\end{conclusion}				
			
		\end{correction}
			
		
		\item 
		
		\begin{sujet}
		
		Exprimer $V(Y_n)$ en fonction de $E(Y_n(Y_n-1))$ et de $E(Y_n)$.
		
		\end{sujet}
		
		\begin{resume}
			
			Nous allons utiliser la formule Huygens et de la linéarité de l'espérance.
			
		\end{resume}
		
		\begin{correction}
			
			\objectif{Exprimons $V(Y_n)$.}
			
			Soit $n\in\mathbb{N}^*$.
			
			\begin{align*}
				\intertext{D'après la formule de Huygens}
				V(Y_n) &= E(Y_n^2)-E(Y_n)^2\\
				&= E(Y_n(Y_n-1)+Y_n)-E(Y_n)^2\\
				\intertext{Par linéarité de l'espérance}
				V(Y_n) &= E(Y_n(Y_n-1))+E(Y_n)-E(Y_n)^2
			\end{align*}
			
			\begin{conclusion}
				
				Pour tout $n\in\mathbb{N^*}$, $\displaystyle V(Y_n) = E(Y_n(Y_n-1))+E(Y_n)-E(Y_n)^2$
				
			\end{conclusion}
			
		\end{correction}
		
		\item 
		
		\begin{sujet}
		
		En déduire que, pour tout entier naturel $n$, \[ V(Y_n)= r(r-1)\left( 1-\frac{2}{N} \right) ^n+r\left( 1-\frac{1}{N} \right) ^n -r^2\left( 1-\frac{1}{N} \right) ^{2n}. \]
		
		\end{sujet}
			
		\begin{resume}
				
			Il s'agit d'utiliser la formule de la question précédente et les formules de $E(Y_n)$ trouvée à la question et B.2.(d).i et de $E(Y_n(Y_n-1))$ trouvée à la question B.4.(c).
			
		\end{resume}
		
		\begin{correction}
			
			\objectif{Démontrons la formule proposée pour $V(Y_n)$.}
			
			\begin{align*}
				\intertext{D'après la question précédente}
				V(Y_n) &= E(Y_n(Y_n-1))+E(Y_n)-E(Y_n)^2\\
				\intertext{D'après les questions B.2.(d).i et B.4.(c)}
				V(Y_n) &= r(r-1)\left( 1+\left( 1-\frac{2}{N} \right) ^n-2 \left( 1-\frac{1}{N} \right)^n \right) +r\left( 1-\left(1-\frac{1}{N} \right)^n \right)\\
				&\quad -r^2 \left( 1- \left( 1-\frac{1}{N} \right)^n \right)^2\\
				\intertext{En développant}
				V(Y_n) &= r(r-1)+r(r-1) \left( 1-\frac{2}{N} \right)^n -2r(r-1) \left( 1 - \frac{1}{N} \right) ^n \\
				&\quad +r-r\left( 1- \frac{1}{N} \right) ^n -r^2 +2r^2 \left( 1-\frac{1}{N} \right) ^n -r^2 \left( 1 -\frac{1}{N} \right) ^{2n}\\
				V(Y_n) &= r^2-r +r(r-1) \left( 1-\frac{2}{N} \right)^n -2r^2 \left( 1-\frac{1}{N} \right)^n +2r \left( 1 -\frac{1}{N} \right)^n \\
				&\quad +r-r\left(1-\frac{1}{N} \right) ^n -r^2+2r^2 \left( 1 - \frac{1}{N} \right) ^n -r^2 \left( 1 - \frac{1}{N} \right) ^{2n}\\
				\intertext{Ce qui se simplifie en}
				V(Y_n) &= r(r-1) \left( 1-\frac{2}{N} \right)^n +r\left(1-\frac{1}{N} \right) ^n -r^2 \left( 1 - \frac{1}{N} \right) ^{2n}
			\end{align*}
			
			Nous avons donc démontré que
			
			\begin{conclusion}
				
				quelque soit $n\in\mathbb{N}^*$, $\displaystyle V(Y_n) = r(r-1) \left( 1-\frac{2}{N} \right)^n +r\left(1-\frac{1}{N} \right) ^n -r^2 \left( 1 - \frac{1}{N} \right) ^{2n}$.
				
			\end{conclusion}
			
		\end{correction}
		
		\end{enumerate}
	
	\item 
		\begin{enumerate}
		\item 
		
		\begin{sujet}
		
			Calculer $\displaystyle \lim_{n\to +\infty} V(Y_n)$.
		
		\end{sujet}
			
		\begin{resume}
			
			Il suffit d'utiliser la formule trouvée à la question précédente.
			
		\end{resume}
		
		\begin{correction}
						
			\objectif{Déterminons $\displaystyle \lim_{n\to +\infty} V(Y_n)$.}
			
			D'après la question précédente $\left( V(Y_n) \right)_{n\in\mathbb{N}}$ est une combinaison linéaire de suites géométriques dont les raisons sont toutes dans $[0,1[$.
			
			Donc
			
			\begin{conclusion}
				
				$\displaystyle \lim_{n\to +\infty} V(Y_n)=0$.
				
			\end{conclusion}
			
		\end{correction}			
		
		\item 
		
		\begin{sujet}
			
			À l'aide de l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev, montrer que, pour tout réel $\alpha$ strictement positif, \[ \lim_{n \to +\infty}P(\left| Y_n-E(Y_n)\right|\ge \alpha )=0. \]
			
		\end{sujet}
			
		\begin{resume}
			
			Utilisons l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev puis par encadrement de suites et d'après la question précédente concluons.
			
		\end{resume}
		
		\begin{correction}
					
			\objectif{Démontrons la convergence proposée.}
			
			Soit $\alpha\in \mathbb{R}_+^*$.
						
			$Y_n$ est une variable aléatoire réelle, donc d'après l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev \[ 0\le P(\left| Y_n-E(Y_n) \right|\ge \alpha )\le \frac{V(Y_n)}{\alpha ^2} \]
			
			Puisque $V(Y_n)\underset{n\to +\infty}{\rightarrow} 0$, par encadrement de la limite de la suite nous concluons
			
			\begin{conclusion}
				
				$\displaystyle \lim_{n \to +\infty}P(\left| Y_n-E(Y_n)\right|\ge \alpha )=0$.
				
			\end{conclusion}			
			
		\end{correction}
		
		\item 
		
		\begin{sujet}
			
			En déduire que \[ \lim_{n\to +\infty} P(\left| Y_n-r\right| - \left| r-E(Y_n) \right| \ge \alpha )=0. \]
			
		\end{sujet}
			
		\begin{resume}
			
			Il faut utiliser la limite trouvée à la question précédente en utilisant à nouveau la comparaison de suite. Pour obtenir la comparaison avec la suite de la question précédente il faudra utiliser la croissance de la probabilité.
			
		\end{resume}
		
		\begin{correction}
			
			\objectif{Démontrons que $\left( P(\left| Y_n-r\right| - \left| r-E(Y_n) \right| \ge \alpha ) \right)_{n\in\mathbb{N}}$ converge vers $0$.}
			
			Quelque soient $x$ et $y$ réels: $|x|-|y| \le |x-y|$.
			
			Donc quelque soit $n\in\mathbb{N}$, \[ |Y_n-r | - |r-E(Y_n)|\le |Y_n-E(Y_n)| \]
			
			Donc si: \[ |Y_n-r | - |r-E(Y_n)| \ge \alpha , \] alors \[ |Y_n-E(Y_n)| \ge \alpha . \]
			
			Autrement dit \[ \left\{ |Y_n-r | - |r-E(Y_n)|\ge \alpha \right\} \subseteq \left\{ |Y_n-E(Y_n)| \ge \alpha \right\}\]
			
			Du fait de la croissance et de la positivité de la fonction probabilité \[ 0\le P\left( |Y_n-r | - |r-E(Y_n)|\ge \alpha \right) \le P\left( |Y_n-E(Y_n)| \ge \alpha \right) \]
			
			Puisque $P(|Y_n-E(Y_n)|\ge \alpha )\underset{n\to +\infty}{\rightarrow} 0$, par encadrement de la limite de la suite nous concluons
			
			\begin{conclusion}
				
				$\lim_{n\to +\infty} P(\left| Y_n-r\right| - \left| r-E(Y_n) \right| \ge \alpha )=0$.
				
			\end{conclusion}
			
		\end{correction}
					
		\item 
		
		\begin{sujet}
			
			On rappelle que $n_0$ est introduit dans la question \textbf{B}2(d)ii. On fixe $\alpha=\frac{1}{2}$. Montrer que si $n\ge n_0$, alors: \[ P( \left| Y_n-r \right| - \left| r-E(Y_n) \right| \ge \alpha )=P(Y_n\ne r ). \]
			
		\end{sujet}
		
		\begin{resume}
			
			La démarche est détaillée par l'énoncé. Nous allons montrer que les ensembles des événements sont égaux.
			
		\end{resume}
		
		\begin{correction}
			
			\objectif{Montrons: \[ \forall n\in\mathbb{N}, \ n\ge n_0 \Rightarrow P( \left| Y_n-r \right| - \left| r-E(Y_n) \right| \ge \alpha )=P(Y_n\ne r ). \] }
			
			Soit $n\ge n_0$.
			
			\begin{enumerate}
				\item $\subseteq$
				
				D'où, $\alpha$ étant supposé égale à $\frac{1}{2}$
				\begin{align*}
					&|Y_n-r| - |r-E(Y_n)| \ge \alpha \\
					&\Leftrightarrow |Y_n-r| \ge \frac{1}{2} +|r-E(Y_n)|\\
					&\Rightarrow |Y_n-r| \ge \frac{1}{2}\\
					&\Rightarrow Y_n\ne r
				\end{align*}
				
				Nous en déduisons \[ \left\{ \left| Y_n-r \right| - \left| r-E(Y_n) \right| \ge \alpha \right\} \subseteq \left\{ Y_n\ne r \right\} \]
				
				
			
				\item $\supseteq$
				
				D'après la question B.2.(d).ii, et par construction de $n_0$, \[ |r-E(Y_n)|\le \frac{1}{4} \]
				D'autre part si $Y_n\ne r$ alors, $Y_n$ étant un entier, \[ |Y_n-r|\ge 1. \]
				Donc, puisque $|E(Y_n)-r|\le \frac{1}{4}$, \[ |Y_n-r|-|E(Y_n)-r|\ge 1 -\frac{1}{4} \ge \frac{1}{2}\]
				d'où \[ \left\{ Y_n\ne r \right\} \subseteq \left\{ \left| Y_n-r \right| - \left| r-E(Y_n) \right| \ge \alpha \right\} \]
				
			\end{enumerate}
				
			\begin{conclusion}
				
				Finalement \[ P \left( Y_n\ne r \right) = P \left( \left| Y_n-r \right| - \left| r-E(Y_n) \right| \ge \alpha \right) \]
				
			\end{conclusion}
			
		\end{correction}
		
		\item 
		
		\begin{sujet}
		
		Conclure.
		
		\end{sujet}
		
		\begin{correction}
			
			\objectif{Montrons que $(Y_n)_{n\in\mathbb{N}}$ converge en loi.}
			
			D'après les deux questions précédentes \[ \lim_{n\to \infty} P(Y_n\ne r) =0 \]
			
			Autrement dit \[ \forall \varepsilon >0,\ \lim_{n\to +\infty} P(|Y_n-r|\ge \varepsilon ) =0 \]
			
			Finalement
			
			\begin{conclusion}
				
				$(Y_n)_{n\in\mathbb{N}}$ converge en probabilité vers $r$.
				
			\end{conclusion}
			
			\medskip
			Ainsi les boules rouges sont toutes tirées.
			
		\end{correction}
		 
		\end{enumerate}
		
	\end{enumerate}

\end{document}

\section{Graphique}

	\begin{center}
	\begin{tikzpicture}
	\def\xY{-0.5};
	\def\yY{-0.5};
	\def\xZ{8.5};
	\def\yZ{7};
	\coordinate (Y) at (\xY,\yY);
	\coordinate (Z) at (\xZ,\yZ);
	\draw[step=0.1cm,lightgray!60, very thin] (Y) grid (Z);
	\draw[step=0.5cm, lightgray, very thin] (Y) grid (Z);
	\draw[step=1cm, gray,thin] (Y) grid (Z);
	\draw[ ->,thick] (\xY, 0) -- (\xZ, 0) node[right]{$x$};
	\draw[ ->,thick] (0, \yY) -- (0, \yZ) node[above]{$y$};
	\draw node[below left,fill=white](0,0){\small $0$};
	\foreach \x in {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7,8}	\draw[thick](\x,0.1cm)--(\x,-0.1cm) node[below,fill=white]{\footnotesize \pgfmathparse{\x /2}\pgfmathresult};
	\foreach \y in {0.5,1,1.5, 2,2.5, 3,3.5,4,4.5,5,5.5,6,6.5}	\draw[thick](0.1cm,\y)--(-0.1cm,\y) node[left,fill=white]{\footnotesize  \pgfmathparse{4*\y }\pgfmathprintnumber{\pgfmathresult}};
	\draw[blue, thick][samples=100,domain=0:7] plot(\x,{(\x +1)^2/exp(\x )});
	\draw[blue] (3,2) node[fill=white] {$\mathcal{C}_B$};
	\fill[color=gray , opacity=0.25] (-0.5, {(-(2/9)*((-0.5)*2)*(2*(-0.5))+(4/3)*(2*(-0.5))+4)/2})
		-- plot [domain=-0.5:2] (\x,{(-(2/9)*(\x*2)*(2*\x)+(4/3)*(2*\x)+4)/2})
		-- (2, {(-(2/9)*(2*2)*(2*2)+(4/3)*(2*2)+4)/2})
		-- (2,0) 
		--(-0.5,0)
		-- cycle;
	\draw[blue, thick] plot[smooth] coordinates {(-3,-1)(-2.5,-0.65)(-2,0)(-1.5,1)(-1,1.5)(-0.5,1.8)(0,2)(0.5,1.89)(1,1.6)(1.5,1.35)(2,1)(2.5,0.55)(3,0)(3.5,-0.9)(4,-1.5)(4.5,-1.82)(5,-2)};		
	\end{tikzpicture}
	\end{center}

Pour évaluer la fonction f en a avec tikz: \pgfmathparse{f(a)}\pgfmathresult

Pour affecter la valeur a à la variable \x: \def\x{a}

\section{Dessin.}

\begin{tikzpicture}
		\coordinate (A) at (0,0);
		\coordinate (B) at (5,-1);
		\coordinate (F) at (6,0);
		\coordinate (C) at (7,1);
		\coordinate (D) at (2,2);
		\coordinate (O) at (3.5,0.5);
		\coordinate (S) at (3.5,6);
		\coordinate (J) at (3.5,3.5);
		\coordinate (K) at (3,4.666);
		\draw (A) node {$\bullet$};
		\draw (B)node {$\bullet$};
		\draw (F)node {$\bullet$};
		\draw (C)node {$\bullet$};
		\draw (D)node {$\bullet$};
		\draw (O)node {$\bullet$};
		\draw (S)node {$\bullet$};
		\draw (J)node {$\bullet$};
		\draw (K)node {$\bullet$};
		\draw (A)node[below]{$A$};
		\draw (B)node[below right]{$B$};
		\draw (F)node[right]{$F$};
		\draw (C)node[right]{$C$};
		\draw (D)node[above right]{$D$};
		\draw (O)node[above right]{$O$};
		\draw (S)node[above]{$S$};
		\draw (J)node[above right]{$J$};
		\draw (K)node[below right]{$K$};
		\draw[blue, thick](A)--(B)--(C);
		\draw[blue, thick,dashed](A)--(D)--(C);
		\draw[blue, thick](A)--(S);
		\draw[blue, thick](B)--(S);
		\draw[blue, thick](C)--(S);
		\draw[blue, thick,dashed](D)--(S);
		\draw[blue, thick,dashed](O)--(S);
		\draw[blue, thick](F)--(S);
		\draw[blue, thick,dashed](A)--(C);
		\draw[blue, thick,dashed](D)--(B);
		\draw[blue, thick,dashed](B)--(J)--(C);
		\fill[color=gray , opacity=0.05] (A)--(B)--(C)--(D)--cycle;	
		\fill[color=gray , opacity=0.1] (B)--(C)--(S)--cycle;
		\fill[color=gray , opacity=0.15] (A)--(D)--(C)--(S)--cycle;
		\fill[color=gray , opacity=0.20] (B)--(C)--(J)--cycle;			
\end{tikzpicture}

\section{Arbre.}

	\begin{center}
	\begin{tikzpicture}
		\coordinate (A1) at (3.2,2);
		\coordinate (A2) at (3.2,1.2);
		\coordinate (A3) at (3.2,-0.4);
		\coordinate (A4) at (3.2,-1.2);
		\coordinate (A5) at (3.2,-2);
		\coordinate (A6) at (3.2,-2.8);
		\coordinate (B1) at (1.6,1.7);
		\coordinate (B2) at (1.6,-1.7);
		\coordinate (C1) at (0,0);
		\draw node (A11) at (A1) {$1$};	
		\draw node (A12) at (A2) {$2$};
		\draw node (A13) at (A3) {$1$};
		\draw node (A14) at (A4) {$2$};
		\draw node (A15) at (A5) {$3$};
		\draw node (A16) at (A6) {$4$};
		\draw node (B11) at (B1) {$N$};
		\draw node (B12) at (B2) {$B$};
		\draw node (C11) at (C1) {$\square$};
		\draw (B11)--(A11)node[midway]{\footnotesize\color{blue}$0,5$};
		\draw (B11)--(A12)node[midway]{\footnotesize\color{blue}$0,5$};
		\draw[color=red] (B12)--(A13)node[midway]{\footnotesize\color{blue}$0,25$};
		\draw (B12)--(A14)node[midway]{\footnotesize\color{blue}$0,25$};
		\draw (B12)--(A15)node[midway]{\footnotesize\color{blue}$0,25$};
		\draw (B12)--(A16)node[midway]{\footnotesize\color{blue}$0,25$};
		\draw (C11)--(B11)node[midway]{\footnotesize\color{blue}$\frac{3}{8}$};
		\draw[color=red] (C11)--(B12)node[midway]{\footnotesize\color{blue}$\frac{5}{8}$};
	\end{tikzpicture}
	\end{center}

\section{Tab}

	\begin{tikzpicture}
	\tkzTabInit[lgt=1.6 , espcl=1.6]{$x$ /0.8, $f'(x)$ /0.8, $f(x)$ /1.6}
	{$-\infty$ ,$1$, $+\infty$}
	\tkzTabLine{,+,d,+,}%
	\tkzTabVar {+/ $\mathrm{e}$, -D+ / $0$ / $+\infty$, - / $\mathrm{e}$ / }
	\end{tikzpicture}

\section{Tab2.}

\begin{tikzpicture}
		\tkzTabInit[lgt=1 , espcl=1.6]{$x$ /0.8, $C_M'$ /0.8, $C_M$ /2.4}
	{$-\infty$ ,$-10$, $0$, $5$, $10$, $40$,  $+\infty$}
		\tkzTabLine{,+,z,-,d,-,t,-,z,+,t,+,}%
		\tkzTabVar {-/$-\infty$, +/$30$,-D+/$-\infty$ /$+\infty$,R/ /,-/$70$, R/ /, +/$+\infty$ }
		\tkzTabVal[draw]{3}{5}{0.5}{}{$75$}
		\tkzTabVal[draw]{5}{7}{0.5}{}{$\np{92,5}$}
		\draw[fill=Red!80,opacity=0.2](M30) rectangle (M63);
		\end{tikzpicture}

\section{Note dans la marge}

\marginpar{\color{red}$\heartsuit$}
