\begin{enumerate}
\item Le graphe probabiliste est le suivant, o\`u V repr\'esente l'\'etat \og Norman poste une vid\'eo \fg :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\clip (-4,-2) rectangle (8,2.1);
\tikzstyle{VertexStyle}=
[shape = circle,
shading = ball,
ball color = violet,
minimum size = 20pt,
draw,color=white]
\tikzstyle{LabelStyle}=[color=purple,fill=white,outer sep=1mm]
\tikzstyle{EdgeStyle}=[->, thick,%
double = violet,%
double distance = 1pt]
\tikzstyle{LoopStyle}=[->, thick,%
 double = violet,%
double distance = 1pt]
\grProb[Ldist=0.1cm,LposA=0,LposB=180]%
{V}{\evcont{V}}%
{$0,4$}%
 {$0,8$}%
 {$0,6$}% 
 {$0,2$}%
\end{tikzpicture}
\end{center}

\item La matrice de transition de ce graphe est : $A=\begin{pmatrix}0,6 & 0,4\\0,8 & 0,2\end{pmatrix}$, et par propri\'et\'e du cours,\linebreak $P_{n}=P_0 \times A^n$.

Si 6 ann\'ees se sont \'ecoul\'ees, c'est-\`a-dire \`a peu pr\`es 312 semaines ($6\times52$), on doit chercher $a_{313}$ (1 semaine de plus !).

$P_{313}=\begin{pmatrix}1 & 0 \end{pmatrix}\times A^{313}$.

L'exposant \'etant assez grand, on peut assimiler $P_{313}$ \`a l'\'etat stable $P=\begin{pmatrix}
a & b \end{pmatrix}$ du graphe, et par d\'efinition, 
\[
P = P\times A \iff \begin{pmatrix}
a & b\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
0,6a+0,8b & 0,4a+0,2b\end{pmatrix}
\]
soit, en ne prenant qu'une \'egalit\'e :
\[
a = 0,6a+0,8b = 0,6a + 0,8(1-a)
\]
ou encore :
\[
0,8-0,2a=a \iff a = \dfrac{0,8}{1,2}=\dfrac{2}{3}.
\]
\uline{Ainsi, il y a 2 chances sur 3 pour que Norman publie une nouvelle vid\'eo la semaine prochaine si le mod\`ele math\'ematique n'a pas chang\'e depuis le d\'ebut.}

\item La somme des coefficients de chaque ligne de $B_n$ vaut 1.

De plus, on a les rep\'esentations graphiques suivantes :

\begin{tikzpicture}
\begin{scope}[yscale=3]
\draw[thick,->,>=latex] (0,0) -- (5,0);
\draw[thick,->,>=latex] (0,0) -- (0,1);
\foreach\x in {0,1,2,3,4}
{
\draw[thick] (\x,0.03) -- (\x,-0.03) node[below] {\x};
}
\draw[thick] (0.1,1) -- (-0.1,1) node[left] {1};
\draw[thick,violet] plot[domain=1:5,samples=100] (\x,{exp(-0.5*\x)});
\node[right] at (2,0.8) {$f(x)=\e^{-0,5x}$};
\end{scope}

\begin{scope}[shift={(6,0)},yscale=3]
\draw[thick,->,>=latex] (0,0) -- (8,0);
\draw[thick,->,>=latex] (0,0) -- (0,1);
\foreach\x in {0,1,2,3,4,5,6,7,8}
{
\draw[thick] (\x,0.03) -- (\x,-0.03) node[below] {\x};
}
\draw[thick] (0.1,1) -- (-0.1,1) node[left] {1};
\draw[thick,violet] plot[domain=1:8,samples=100] (\x,{1-exp(-0.5*\x)});
\node[right] at (2,0.3) {$f(x)=1-\e^{-0,5x}$};
\draw[dashed] (0,1) -- (8,1);
\end{scope}

\begin{scope}[shift={(0,4)},yscale=3]
\draw[thick,->,>=latex] (0,0) -- (5,0);
\draw[thick,->,>=latex] (0,0) -- (0,1);
\foreach\x in {0,1,2,3,4}
{
\draw[thick] (\x,0.03) -- (\x,-0.03) node[below] {\x};
}
\draw[thick] (0.1,1) -- (-0.1,1) node[left] {1};
\draw[thick,violet] plot[domain=1:5,samples=100] (\x,{exp(-0.5*\x)*ln(\x)});
\node[right] at (2,0.5) {$f(x)=\e^{-0,5x}\ln x$};
\end{scope}

\begin{scope}[shift={(6,4)},yscale=3]
\draw[thick,->,>=latex] (0,0) -- (8,0);
\draw[thick,->,>=latex] (0,0) -- (0,1);
\foreach\x in {0,1,2,3,4,5,6,7,8}
{
\draw[thick] (\x,0.03) -- (\x,-0.03) node[below] {\x};
}
\draw[thick] (0.1,1) -- (-0.1,1) node[left] {1};
\draw[thick,violet] plot[domain=1:8,samples=100] (\x,{1-exp(-0.5*\x)*ln(\x)});
\node[right] at (2,0.5) {$f(x)=1-\e^{-0,5x}\ln x$};
\draw[dashed] (0,1) -- (8,1);
\end{scope}
\end{tikzpicture}

On peut alors conjecturer que les 4 coefficients sont compris entre 0 et 1 et peuvent donc repr\'esenter des probabilit\'es.

\uline{Ainsi, $B_n$ peut \^etre une matrice de transition.}

\item 
\begin{enumerate}
\item $\begin{aligned}[t]
Q_{n+1}=Q_n\times B_n 
& \iff \begin{pmatrix}
p_{n+1} & q_{n+1}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
p_n & q_n\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
\e^{-0,5n} & 1-\e^{-0,5n}\\
\e^{-0,5n}\ln(n) & 1-\e^{-0,5n}\ln(n)
\end{pmatrix}\\[10pt]
& \Longrightarrow p_{n+1} = {\color{red}\e^{-0,5n}}p_n + {\color{red}\e^{-0,5n}}\ln(n){\color{violet}q_n}\\[6pt]
& \Longrightarrow p_{n+1}=\big[ p_n+\ln(n)\times{\color{violet}(1-p_n)} \big]{\color{red}\e^{-0,5n}}\\[6pt]
& \Longrightarrow p_{n+1}=\big[ p_n + \ln(n) - \ln(n)p_n\big]\e^{-0,5n}\\[6pt]
& \Longrightarrow \boxed{p_{n+1} = \left[ \big(1-\ln(n)\big)p_n + \ln(n) \right]\e^{-0,5n}}
\end{aligned}$

\item Sur la calculatrice, on peut construire un tableau de valeurs de la suite \suite{p}{n}{} et on trouve :

\begin{center}
\begin{tabular}{|Sc|Sc|}
\hline
\rowcolor{violet!30} $\pmb{n}$ & $\pmb{p_n}$\\
\hline
0	&1\\\hline
1	& 0,6065306597\\\hline
2	&0,3234627162\\\hline
3	&0,2380162642\\\hline
4	&0,1751712266\\\hline
5	&0,1233476438\\\hline
6	&0,0843441632\\\hline
7	&0,0563521872\\\hline
8	&0,0369721804\\\hline
9	&0,0239172316\\\hline
10	&0,0153047808\\\hline
11	&0,0097122156\\\hline
12	&0,0061237199\\\hline
13	&0,0038418375\\\hline
14	&0,0024007667\\\hline
15	&0,0014955122\\\hline
16	&0,0009292106\\\hline
17	&0,0005761227\\\hline
18	&0,0003565658\\\hline
19	&0,0002203447\\\hline
20	&0,0001359861\\\hline
\end{tabular}
\end{center}

\uline{On peut alors conjecturer que la limite de la suite \suite{p}{n}{} vaut 0.}

\item On cherche $n$ tel que $p_n=0,5$. D'apr\`es le tableau de valeurs pr\'ec\'edent, la demi-vie se trouve entre $n=1$ et $n=2$.

Ce mod\`ele n'est donc pas vraiment cr\'edible car apr\`es 2 ans d'existence de la cha\^ine, la probabili\'e que Norman ait fait plus de 10 vid\'eos \'etait sans doute plus grande que 0,5.

\medskip

Le Pr Mat Reesse peut donc aller se rhabiller...
\end{enumerate}
\end{enumerate}