\documentclass[a4paper,12pt,french]{article}
\linespread{1}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% Définitions de la feuille d'exercices
\newcommand{\typedoc}{Correction DM}
\newcommand{\ch}{Variable aléatoire}
\newcommand{\Ch}{S\'erie Noire}
\newcommand{\Cl}{1G4}
\newcommand{\Annee}{2014-2015}
\newcommand{\num}{1}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%		Packages
%\usepackage[french,lined,boxed,commentsnumbered]{algorithm2e}

\input macro_final.tex

\geometry{tmargin=2cm,bmargin=2.4cm,hmargin=2cm}


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%	Début
\begin{document}


\DocCha

\begin{enumerate}
 \item On dispose de $10$ boules blanches et d'un nombre inconnu de boules noires. Appelons ce nombre $n$.\\
Il y a alors $10+n$ boules dans l'urne. \\
Appelons $B_i$ l'événement \og Piocher une boule blanche au $i^{\text{ème}}$ tirage \fg\\
et  $N_i$ l'événement \og Piocher une boule blanche au $i^{\text{ème}}$ tirage \fg\\
L'arbre illustrant la situation est dessiné ci-dessous.
\begin{center}
 \psset{nodesep=0mm,levelsep=50mm,treesep=20mm}
\pstree[treemode=R]{\Tdot}
{
\pstree
{\Tdot~[tnpos=a]{$B_1$}\taput{\small $\dfrac{10}{10+n}$}}
{
\Tdot~[tnpos=r]{$B_2$}\taput{\small $\dfrac{10}{10+n}$ }
\Tdot~[tnpos=r]{$N_2$}\tbput{\small $\dfrac{n}{10+n}$ }
}
\pstree
{\Tdot~[tnpos=a]{$N_1$}\tbput{\small $\dfrac{n}{10+n}$ }}
{
\Tdot~[tnpos=r]{$B_2$}\taput{\small $\dfrac{10}{10+n}$ }
\Tdot~[tnpos=r]{$N_2$}\tbput{\small $\dfrac{n}{10+n}$ }
}
}
\end{center}
Grâce au tableau de l'énoncé, on lit $P(X=0)=\dfrac9{64}$. Autrement dit, la probabilité d'avoir 0 boule blanche (donc que des boules noires)
vaut $\dfrac9{64}$.\\
Grâce à l'arbre, on sait aussi que cette probablité vaut $P\big(N_1\cap N_2\big) = \dfrac{n}{10+n} \times \dfrac{n}{10+n} = \dfrac{n^2}{(10+n)^2}$.\\
Ainsi on doit avoir $$\dfrac{n^2}{(10+n)^2}=\dfrac9{64}$$
On pense de suite à $n=3$ pour avoir l'égalité aux dénominateurs. Mais $(10+3)^2 \neq 64 $ !\\
C'est donc que la fraction $\dfrac9{64}$ est simplifiée ... Pour trouver $n$, il y a alors plusieurs méthodes :
\begin{itemize}
 \item un tableau de valeurs de la fonction $n \longmapsto \dfrac{n^2}{(10+n)^2}$ pour $n \in \N$ pourrait convenir ici
 puisqu'il s'agit d'une narration de recherche, mais ce n'est pas très rigoureux (on ne peut pas être sûr qu'une seule valeur pour $n$ est possible).\\
 Je ne le reproduis donc pas ici.
\item résoudre l'équation (là encore on a le choix de la méthode de résolution, je propose la plus rapide)
\end{itemize}
\begin{eqnarray*}
 \dfrac{n^2}{(10+n)^2}=\dfrac9{64} & \iff & 64n^2 = 9(10+n)^2\\
 & \iff & (8n)^2 = \big(3(10+n)\big)^2\\
 & \iff & 8n=3(10+n) \quad \text{ou} \quad 8n=-3(10+n)\\
 & \iff & ...\\
 & \iff & n=6 \qquad \text{ ou } \quad n=-\dfrac{11}{30}
\end{eqnarray*}
Il y a donc 6 boules noires dans l'urne puisque l'autre solution trouvée est impossible (pour deux raisons : nombre de boules
négatif et non entier)\\
\textbf{\underline{Vérification} : } Pour être sûre, je regarde si j'obtiens bien le tableau complet avec $n=6$.\\
Grâce à l'arbre, on a 
$$P(X=2)=P(B_1 \cap B_2) = \dfrac{10}{16}*\dfrac{10}{16} = ... = \dfrac{25}{64}$$
Donc c'est bon ! ($P(X=1)$ qui est plus long à calculer sur l'arbre, s'obtient par complémentarité et est donc forcément le 
même dans les deux cas.)
\item On appelle $m$ la mise initiale et $Y$ la variable aléatoire qui donne le gain d'une partie. On a donc le tableau suivant :
\begin{center}
 \begin{tabular}{|>{\centering}p{3cm}|>{\centering}p{1cm}|>{\centering}p{1cm}|>{\centering}p{1cm}|>{\centering}p{2cm}|}
\hline
\rule[-1ex]{0pt}{4ex} $y_i$ & $0-m$ & $1-m$ & $2-m$ & Total \tabularnewline\hline
\rule[-2ex]{0pt}{6ex} $P(Y=y_i)$ & $ \dfrac{9}{64}$ & $ \dfrac{30}{64} $ & $\dfrac{25}{64}$ &$1$\tabularnewline\hline
\end{tabular}
\end{center}
On veut que le jeu soit équitable donc que $E(Y)=0$. Or 
$$E(Y)=-m\times \dfrac9{64} + (1-m)\times \dfrac{30}{64} + (2-m) \times \dfrac{25}{64} = ... = \dfrac54 -m$$
Ainsi $E(Y)=0 \iff m= \dfrac54 = 1,25 $.\\
Pour que le jeu soit équitable, il faut choisir une mise de départ de $1,25 \euro$.\\

On aurait pu procéder autrement en utilisant la linéarité de l'espérance (ce qui simplifie les calculs). \\
En effet, il est clair que $Y=X-m$ donc $E(Y)=E(X-m)=E(X)-m= ... = \dfrac54 -m$.\\
On retrouve évidemment le même résultat.
\item Commençons par calculer la variance de $Y$.
$$V(Y)=(-1,25)^2\times \dfrac9{64} + (-0,25)^2\times \dfrac{30}{64} + (0,75)^2 \times \dfrac{25}{64}-0^2= ... = \dfrac{15}{32}$$
D'où un écart-type $\sigma(Y)=\sqrt{\dfrac{15}{64}}=\dfrac{\sqrt{15}}{8} \simeq 0.68$\\
Ce nombre mesure le risque du jeu.

\end{enumerate}




\end{document}