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\newcommand{\dint}{\displaystyle\int}
\newcommand{\dsum}{\displaystyle\sum}
\begin{document}
{\centering\bfseries\large ECRICOME 2007 ECT - Correction Exercice 3 }

\medskip

\begin{enumerate}
\item 
\begin{enumerate}
\item $X$ suit la loi binomiale de paramètres $n=20$ et $p=\dfrac{2}{3}$.\\
Donc $E(X)=np=\dfrac{40}{3}$ et $V(X)=np(1-p)=\dfrac{40}{9}$.

\item $P(X=0)=\left(\dfrac{1}{3}\right)^{20}$
\end{enumerate}

\item 
\begin{enumerate}
\item En notant $S$ l'événement : \og la personne est satisfaite \fg, on a :

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node {} [edge from parent fork right,grow=right,level distance=2cm,every node/.style={right}]
	child {node {$S$\textcolor{red}{$\rightarrow Y=1$}}}
	child 
	{
		node {$\overline{S}$}
		child {node {$S$\textcolor{red}{$\rightarrow Y=2$}}}
		child 
		{
			node {$\overline{S}$}
			child {node {$S$\textcolor{red}{$\rightarrow Y=3$}}}
			child {node {$\cdots$}}
		}
	};
\end{tikzpicture}
\end{center}
$Y$ suit donc la loi géométrique de paramètre $p=\dfrac{2}{3}$. Donc $P(Y=k)=\left(\dfrac{1}{3}\right)^{k-1}\times\dfrac{2}{3}$.
\item 
\begin{enumerate}
\item $P(Y<3)=P(Y=1)+P(Y=2)=\dfrac{2}{3}+\dfrac{2}{9}=\dfrac{8}{9}$.
\item $P_{(Y>2)}(Y<4)=\dfrac{P(2<Y<4)}{P(Y>2)}=\dfrac{P(Y=3)}{1-P(Y=1)}=\dfrac{\frac{2}{27}}{1-\frac{2}{3}}=\dfrac{2}{27}\times\dfrac{3}{1}=\dfrac{2}{9}$
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\item 
\begin{enumerate}
\item On sait que $\dint_0^x u'v\dx=[uv]_0^x-\dint_0^x uv'\dx$.\\
En posant $u=t$ et $v'=\e^{-t}$, on a $u'=1$ et $v=-\e^{-t}$. D'où :
\begin{align*}
\int_0^x t\e^{-t}\dx & =\left[-t\e^{-t}\right]_0^x +\int_0^x \e^{-t}\dx\\
& = -x\e^{-x}+\left[-\e^{-t}\right]_0^x\\
& = -x\e^{-x}-\e^{-x}+1
\end{align*}

\item $\lim\limits_{x\to +\infty} \left(x\e^{-x}\right)=\lim\limits_{x\to +\infty}\dfrac{x}{\e^x}=0$.\\
$\lim\limits_{x\to +\infty} \e^{-x}=0$

\medskip

Donc $\lim\limits_{x\to +\infty} \left(-x\e^{-x}-\e^{-x}+1\right)=1$.

\medskip

Ainsi, $\dint_0^{+\infty} f(x)\dx=1$ ; donc $f$ est bien une densité de probabilité.

\item $F_T(x)=P(T\leq x)=\dint_0^xf(x)\dx=1-x\e^{-x}-\e^{-x}$.

\item Convenons de noter $H_n(x)=1+u(x)v(x)$, avec $u(x)=-\e^{-x}$, $u'(x)=\e^{-x}$, $v(x)=\dsum_{k=0}^n\dfrac{x^k}{k!}$ et $v'(x)=\dsum_{k=0}^n\dfrac{kx^{k-1}}{k!}$.\\
Alors $H_n^\prime(x)=u'(x)v(x)+u(x)v'(x)$ soit :

\begin{align*}
H_n^\prime(x) & =\e^{-x}\dsum_{k=0}^n\dfrac{x^k}{k!} -\e^{-x}\dsum_{k=1}^n\dfrac{kx^{k-1}}{k!}\\
& =\e^{-x}\left(\dsum_{k=0}^n\dfrac{x^k}{k!}-\dsum_{k=1}^n\dfrac{kx^{k-1}}{k!}\right)\\
& = \e^{-x}\left( 1+x+\frac{x^2}{2}+\cdots+\frac{x^{n-1}}{(n-1)!}+\frac{x^n}{n!} - \left( 1+2x+\frac{3x^2}{3!}+\cdots + \frac{nx^{n-1}}{n!}\right) \right)\\
& = \e^{-x}\left( \frac{x^n}{n!} \right)\\
& = h_n(x)
\end{align*}

De plus, $H_n(0)=1-\e^{-0}\times 1 = 1-1=0$.\\
Donc $H_n(x)$ est la primitive de $h_n(x)$ qui s'annule en 0.

\item $E(T)=\dint_0^{+\infty} tf(t)\dt=\dint_0^{+\infty}t^2\e^{-t}\dt$.\\
Nous avons vu à la question précédente qu'une primitive de $h_2(t)=\dfrac{t^2\e^{-t}}{2!}$ était $H_2(t)$ donc :

\begin{align*}
E(T) & = \lim_{A\to +\infty}\left[ H_2(t) \right]_0^A\\
& =  \lim_{A\to +\infty}\left[1-\e^{-t}\left(1+t+\frac{t^2}{2!}\right) \right]_0^A\\
& =  \lim_{A\to +\infty}\left(1-\e^{-A}\left(1+A+\frac{A^2}{2}\right)-1+\e^0\left(1+0+\frac{0^2}{2}\right) \right)\\
& =  \lim_{A\to +\infty}\left(-\e^{-A}\left(1+A+\frac{A^2}{2}\right)+1\right)\\
E(T) & = 1
\end{align*}

De plus, nous avons :

\begin{align*}
E\left(T^2\right) & = \lim\limits_{A\to +\infty}\int_0^A t^2f(t)\dt\\
& = \lim\limits_{A\to +\infty}\int_0^A t^3\e^{-t}\dt\\
& = \lim\limits_{A\to +\infty}\int_0^A 3!h_3(t)\dt\\
& = 6\lim\limits_{A\to +\infty}\left[H_3(t)\right]_0^A\\
& = 6\lim\limits_{A\to +\infty}\left(H_3(A)\right) \text{ car  } H_3(0)=0\\
& = 6\lim\limits_{A\to +\infty}\left(1-\e^{-A}\left(1+A+\frac{A^2}{2}+\frac{A^3}{3} \right) \right)\\
E\left(T^2\right)&=6
\end{align*}

Ainsi, $V(T)=E(T^2)-E(T)=6-1$, soit $\underline{V(T)=5}$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{document}