Bac S 2015 Spé Maths France Métropole Exercice 3

Enoncé

Question 1

On considère l’équation (E) à résoudre dans \mathbb{Z} :

7x - 5y = 1.

a. Vérifier que le couple (3 ; 4) est solution de (E).

Pour information, dans cette partie, l’énoncé déroule les étapes relatives à la résolution d’une équation diophantienne (E). Donc, dans mes explications, je vous indiquerai également à quelle étape cela correspond.

\textsuperscript{\textcircled{\tiny{1}}} Déterminer une solution triviale à l’équation ax + by = c (E).

Ici, c’est encore plus simple : on vous donne le couple solution ! Il suffit juste de vérifier qu’il convient !

7 \times 3 - 5 \times 4 = 21 - 20 = 1 donc le couple (3 ; 4) est bien solution de l’équation 1.

b. Montrer que le couple d’entiers (x ; y) est solution de (E) si et seulement si 7(x-3) = 5(y -4).

Cette question regroupe les étapes suivantes :

\textsuperscript{\textcircled{\tiny{3}}} Introduire (x ; y) autre couple solution de l’équation (E).

Ici, l’énoncé introduit le couple (x;y) pour nous. Il suffit donc d’indiquer ce que cela veut dire que d’être solution de (E) :

(x ; y) est un couple solution de l’équation (E) donc 7x - 5y = 1.
\textsuperscript{\textcircled{\tiny{4}}} Exploiter le fait que la solution triviale et le couple (x;y) introduits sont tous les deux solutions de l’équation pour en déduire une égalité.
D’où :
\begin{cases}7x - 5y = 1 \\7 \times 3 - 5 \times 4 = 1\end{cases} \Rightarrow 7x - 5y = 7 \times 3 - 5 \times 4
\textsuperscript{\textcircled{\tiny{5}}} Regrouper les termes en a d’un côté, et en b de l’autre.

Je rappelle qu’ici :

  • 7 joue le rôle de a ;
  • -5 joue le rôle de b.

On va donc regrouper les termes en 7 à gauche et les termes en -5 à droite. Cela donne :

... \Rightarrow 7(x - 3) = -5(4 - y) \Rightarrow 7(x - 3) = 5(y - 4) (E

c. Montrer que les solutions entières de l’équation (E) sont exactement les couples (x ; y) d’entiers relatifs tels que :

\begin{cases}x = 5k +3 \\y = 7k +4\end{cases}k \in \mathbb{Z}.

\textsuperscript{\textcircled{\tiny{5}}} Faire appel au théorème de Gauss en exploitant le fait que a et b sont premiers entre eux.

Pour ceux qui ne se souviennent pas de ce que dit le théorème de Gauss, petit rappel :

Théorème de Gauss
Soient a, b et c trois entiers relatifs non nuls.
Si a divise le produit bc et si a est premier avec b, alors a divise c.

Ici, en remarquant que :

y - 4 est un entier relatif donc 5 divise 7(x - 3).

on se situe dans les conditions du théorème de Gauss avec :

  • 5 qui joue le rôle de a ;
  • 7 qui joue le rôle de b ;
  • x-3 qui joue le rôle de c.

Donc, on peut écrire :

Or, 5 et 7 sont premiers entre eux donc 5 divise x-3.

Un raisonnement identique nous permet d’écrire que :

De même 7 divise y-4.
\textsuperscript{\textcircled{\tiny{6}}} Exploiter les divisibilités mises en évidence à l’étape précédente pour en déduire la forme de x et de y.

Exploitons d’abord le fait que 5 divise x-3 :

5 divise x-3 donc il existe k \in \mathbb{Z} tel que x - 3 = 5k. D’où x = 5k + 3.

Puis remplaçons x par son expression fraîchement trouvée dans l’égalité (E :

Donc l’égalité (E devient :
7(\underbrace{5k + 3}_{x} - 3) = 5(y - 4) \Leftrightarrow 7 \times 5k = 5(y - 4)

\Leftrightarrow 35k = 5y - 20
 
\Leftrightarrow 5y = 35k + 20
 
\Leftrightarrow y = 7k + 4
 

On vient donc de montrer que si x et y sont des solutions de l’équation (E), alors ils s’écrivent respectivement sous la forme x = 5k + 3 et y = 7k + 4, avec k entier relatif. Mais cela ne suffit pas ! L’étape suivante est indispensable si vous voulez avoir tous les points à cette question.

\textsuperscript{\textcircled{\tiny{7}}} Indiquer que réciproquement, si on remplace x et y par les expressions trouvées, l’équation (E) est bien vérifiée.

Ici, cela donne :

Réciproquement, soit k un entier relatif. On pose x = 5k + 3 et y = 7k + 4.
7x - 5y = 7(\underbrace{5k + 3}_{x}) - 5(\underbrace{7k + 4}_{y}) = 35k + 21 - 35k - 20 = 1.
Donc l’équation (E) est bien vérifiée.
\textsuperscript{\textcircled{\tiny{8}}} Conclure sur les solutions de l’équation (E).
Ainsi, donc l’ensemble des solutions de l’équation 7x - 5y = 1 est l’ensemble des couples d’entiers relatifs (x;y) défini par :
\begin{cases}x = 5k +3 \\y = 7k +4\end{cases}k \in \mathbb{Z}.

Question 2

Une boîte contient 25 jetons, des rouges, des verts et des blancs. Sur les 25 jetons il y a x jetons rouges et y jetons verts. Sachant que 7x - 5y = 1, quels peuvent être les nombres de jetons rouges, verts et blancs ?

On vient de trouver une infinité de solutions à l’équation (E). Il s’agit ici d' »appliquer » le résultat dans un cas réel… On a 25 jetons dans la boîte donc :

  • puisqu’il s’agit d’un nombre de jetons, on ne doit pas trouver des solutions négatives ;
  • la somme de x et y ne doit pas dépasser 24… eh oui ! il faut en moins en laisser 1 pour les jetons blancs…

L’idée est donc de tester plusieurs valeurs de k qui respectent ces contraintes :

Puisque x et y vérifient l’équation (E), x est de la forme 5k + 3 et y est de la forme 7k + 4.

  • Si k = -1, on obtient x = 5\times (-1) + 3 = -2 et y = 7 \times (-1) + 4 = -3 : impossible ;

Comme vous pouvez le voir, en prenant k = -1, on obtient des valeurs négatives pour x et y. En fait, si on continue à prendre des valeurs négatives pour k, on obtiendra toujours des valeurs négatives pour x et y. On peut donc directement passer aux valeurs positives :

  • Si k = 0, on obtient x = 5 \times 0 + 3 = 3 et y = 7 \times 0 + 4 = 4 : une solution possible est 3 jetons rouges, 4 jetons verts et 25 - (3 + 4) = 18 jetons blancs ;
  • Si k = 1, on obtient x = 5 \times 1 + 3 = 8 et y = 7 \times 1 + 4 = 11 : une autre solution possible est 8 jetons rouges, 11 jetons verts et 25 - (8 + 11) = 6 jetons blancs ;
  • Si k = 2, on obtient x = 5 \times 2 + 3 = 13 et y = 7 \times 2 + 4 = 18 : ici, la somme des jetons rouges et verts dépasse 24 donc impossible.

Puisque l’on a dépassé 24, il n’est plus utile d’augmenter la valeur de k. On peut donc conclure :

Donc :

  • soit il y a 3 jetons rouges, 4 jetons verts et 18 jetons blancs ;
  • soit il y a 8 jetons rouges, 11 jetons verts et 6 jetons blancs.

Dans la suite, on supposera qu’il y a 3 jetons rouges et 4 jetons verts.

Petite remarque personnelle : après avoir lu cette phrase, je suis quand même vachement rassuré de voir que le nombre de jetons rouges et verts correspondait à l’une des deux solutions que nous venons de trouver… Si cela n’avait pas été le cas, je me serais posé des questions…

Question 3

On considère la marche aléatoire suivante d’un pion sur un triangle ABC. A chaque étape, on tire au hasard un des jetons parmi les 25, puis on le remet dans la boîte.

  • Lorsqu’on est en A :
    Si le jeton tiré est rouge, le pion va en B. Si le jeton tiré est vert, le pion va en C. Si le jeton tiré est blanc, le pion reste en A.
  • Lorsqu’on est en B :
    Si le jeton tiré est rouge, le pion va en A. Si le jeton tiré est vert, le pion va en C. Si le jeton tiré est blanc, le pion reste en B.
  • Lorsqu’on est en C :
    Si le jeton tiré est rouge, le pion va en A. Si le jeton tiré est vert, le pion va en B. Si le jeton tiré est blanc, le pion reste en C.

Au départ, le pion est sur le sommet A.
Pour tout entier naturel n, on note a_n, b_n et c_n les probabilités que le pion soit respectivement sur les sommets A, B et C à l’étape n.

On note X_n la matrice ligne \begin{pmatrix}a_n & b_n & c_n\end{pmatrix} et T la matrice \begin{pmatrix}0,72 & 0,12 & 0,16 \\0,12 & 0,72 & 0,16 \\0,12 & 0,16 & 0,72\end{pmatrix}.
Donner la matrice ligne X_0 et montrer que, pour tout entier naturel n, X_{n+1} = X_n T.

Déterminer X_0, c’est déterminer a_0, b_0 et c_0. Or, l’énoncé indique que :

Au départ, le pion est sur le sommet A.

Le « départ », c’est quand n = 0. Donc, cette phrase permet de déterminer a_0, b_0 et c_0 :

  • la probabilité a_0 que le pion soit sur le sommet A vaut 1 ;
  • les probabilités b_0 et c_0 que le pion soit sur les sommets B et C sont toutes les deux nulles.

On peut donc écrire :

D’après l’énoncé, au départ, le pion est sur le sommet A donc a_0 = 1 et b_0 = c_0 = 0 d’où la matrice ligne X_0 = \begin{pmatrix}1 && 0 && 0\end{pmatrix}.

Déterminons maintenant X_{n+1}. Il s’agit de déterminer a_{n+1}, b_{n+1} et c_{n+1}. Pour cela, nous allons sur un arbre pondéré. Partons de l’étape n, et examinons ce qui peut se passer à l’étape n+1.

A l’étape n, on sait que les probabilités pour le pion de se situer en A, B ou C valent respectivement a_n, b_n et c_n :

Bac S 2015 Spé Maths France Métropole Exercice 3 2015-fm-exo3s-1

L’énoncé est très clair sur ce qui se passe à l’étape n+1 en fonction de la position du pion à l’étape n :

Lorsqu’on est en A :
Si le jeton tiré est rouge, le pion va en B. Si le jeton tiré est vert, le pion va en C. Si le jeton tiré est blanc, le pion reste en A.

Lorsqu’on est en A, déterminer la probabilité pour le pion de rester en A revient donc à déterminer la probabilité de tirer un jeton blanc. Or, déterminer cette probabilité est très facile. En effet, puisque :

on tire au hasard un des jetons parmi les 25, puis on le remet dans la boîte

alors on se situe dans une situation d’équiprobabilité. Et là, une formule bien connue doit vous venir à l’esprit :

Dans une situation équiprobable, la probabilité d’un événement E est p(E) = \dfrac{\text{nombre de cas favorables}}{\text{nombre de cas possibles}}.

Pour les jetons blancs, comme il y en a 18, cela donne :

p(\text{le jeton tir\.

…donc a_{n+1} = 0,72 !

Doucement papillon ! Là, on vient de calculer la probabilité de rester en A à l’étape n+1sachant qu’on est en A à l’étape n ! Pour déterminer a_{n+1}, il faudra aussi déterminer la probabilité d’aller en A lorsqu’on est en B, puis lorsqu’on est en C !

Mais avant cela, calculons les autres probabilités sachant qu’on est en A à l’étape n :

  • la probabilité pour le pion de se retrouver en B vaut p(\text{le jeton tir\ ;
  • la probabilité pour le pion de se retrouver en C vaut p(\text{le jeton tir\.

On peut donc compléter notre arbre pondéré :

Bac S Spé Maths France Métropole Exercice 3 2015-fm-exo3s-2

Passons aux probabilités sachant qu’on est en B. L’énoncé indique :

Lorsqu’on est en B :
Si le jeton tiré est rouge, le pion va en A. Si le jeton tiré est vert, le pion va en C. Si le jeton tiré est blanc, le pion reste en B.

Donc, sachant que le pion est en B à l’étape n :

  • la probabilité pour le pion de se retrouver en A vaut p(\text{le jeton tir\ ;
  • la probabilité pour le pion de se retrouver en C vaut p(\text{le jeton tir\ ;
  • la probabilité pour le pion de rester en B vaut p(\text{le jeton tir\.

Donc :

Bac S 2015 Spé Maths France Métropole Exercice 3 2015-fm-exo3s-4

Reste à calculer les probabilités pour le pion de se retrouver en A, B et C à l’étape n+1 sachant que le pion est en C à l’étape n. Exactement de la même façon que pour A et B, on exploite l’énoncé :

Lorsqu’on est en C :
Si le jeton tiré est rouge, le pion va en A. Si le jeton tiré est vert, le pion va en B. Si le jeton tiré est blanc, le pion reste en C.

Cela donne :

  • la probabilité pour le pion de se retrouver en A vaut p(\text{le jeton tir\ ;
  • la probabilité pour le pion de se retrouver en B vaut p(\text{le jeton tir\ ;
  • la probabilité pour le pion de rester en C vaut p(\text{le jeton tir\.

On peut donc finaliser notre arbre pondéré :

Bac S 2015 Spé Maths France Métropole Exercice 3 2015-fm-exo3s-3

Maintenant il est possible de déterminer a_{n+1} en exploitant l’arbre que l’on vient de réaliser.

Pour calculer la probabilité d’un événement à partir d’un arbre de probabilité, il suffit d’additionner les probabilités de chacun des chemins qui « mène » à cet événement.

La probabilité d’un chemin est le produit des probabilités des branches qui le composent.

Ici, nous cherchons à calculer la probabilité pour le pion de situer en A à l’étape n+1 donc nous allons sommer les probabilités de trois chemins :

Bac S 2015 Spé Maths France Métropole Exercice 3 2015-fm-exo3s-5

Donc, on peut écrire :

En exploitant l’arbre de probabilité, la probabilité que le pion se situe en A à l’étape n+1 vaut :
a_{n+1} = \underbrace{0,72a_n}_{\text{chemin 1}} + \underbrace{0,12b_n}_{\text{chemin 2}} + \underbrace{0,12c_n}_{\text{chemin 3}}.

Exactement de la même façon, on trouve b_{n+1} et c_{n+1} :

De même, on a :

  • b_{n+1} = 0,12a_n + 0,72b_n + 0,16c_n ;
  • c_{n+1} = 0,16a_n + 0,16b_n + 0,72c_n.

On a donc obtenu un système d’équations :

Donc on a obtenu le système d’équations suivant :
\begin{cases}a_{n+1} = 0,72a_n + 0,12b_n + 0,12c_n \\b_{n+1} = 0,12a_n + 0,72b_n + 0,16c_n \\c_{n+1} = 0,16a_n + 0,16b_n + 0,72c_n\end{cases}.

Arrivé ici, si vous savez mettre un système d’équations sous forme matricielle, alors vous savez qu’on a gagné !

Bac S 2013 Spé Maths Asie Exercice 4 2013-as-exo4s-3

Ici, cela donne :

Sous forme matricielle, ce système d’équations s’écrit :
Bac S 2015 Spé Maths France Métropole Exercice 3 2015-fm-exo3s-6
Euh attends ! C’est bizarre ! On obtient X_{n+1} = TX_n et non pas X_{n+1} = X_n T

Non, on n’a pas obtenu X_{n+1} = TX_n… En effet, l’énoncé a introduit un piège (qui sert à rien, selon moi) : contrairement aux exercices classiques, X_{n+1} et X_n ne sont pas des matrices colonnes, mais des matrices ligne ! Mais, point d’inquiétude ! Il suffit d’inverser le produit de matrices dans le cas de matrices ligne :

Donc \underbrace{\begin{pmatrix}a_{n+1} & b_{n+1} & c_{n+1}\end{pmatrix}}_{X_{n+1}} = \underbrace{\begin{pmatrix}a_{n} & b_{n} & c_{n}\end{pmatrix}}_{X_n} \underbrace{\begin{pmatrix}0,72 & 0,12 & 0,12 \\0,12 & 0,72 & 0,16 \\0,16 & 0,16 & 0,72\end{pmatrix}}_{T} soit X_{n+1} = X_n T.

Question 4

On admet que T = PDP^{-1}P^{-1} = \begin{pmatrix}\dfrac{3}{10} & \dfrac{37}{110} & \dfrac{4}{11} \\\\\dfrac{1}{10} & -\dfrac{1}{10} & 0 \\\\0 & \dfrac{1}{11} & -\dfrac{1}{11}\end{pmatrix} et D = \begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\0 & 0,6 & 0 \\0 & 0 & 0,56\end{pmatrix}.

a. A l’aide de la calculatrice, donner les coefficients de la matrice P. On pourra remarquer qu’ils sont entiers.

Ici, il s’agit donc de « demander à la calculatrice » d’inverser la matrice P^{-1}. Moi, je ne connais que la TI-89. Donc je vais vous indiquer comment faire sur cette calculatrice :

Sur la TI-89, pour saisir une matrice :

  • il faut la saisir entre crochets ;
  • les coefficients doivent être saisis ligne par ligne ;
  • les coefficients d’une même ligne doivent être séparés par une virgule ;
  • les lignes doivent être séparées par un point-virgule.

Et pour trouver l’inverse, il faut mettre la matrice ) la puissance -1. Ici, on va donc saisir :

[3/10,37/110,4/11;1/10,-1/10,0;0,1/11,-1/11]^(-1)

Cela donne :

Bac S 2015 Spé Maths France Métropole Exercice 3 2015-fm-exo3s-7

Donc, on peut écrire :

D’après la calculatrice, la matrice P vaut \begin{pmatrix}1 & 7 & 4 \\1 & -3 & 4 \\1 & -3 & -7\end{pmatrix}.

b. Montrer que T^n = PD^nP^{-1}.

Là, réflexe : on va utiliser le raisonnement par récurrence !

Hein ?! Mais comment sais-tu qu’il faut utiliser le raisonnement par récurrence ?

C’est simple ! L’exercice nous demande de prouver quelque chose sur T^n. Or, nous n’avons pas d’expression de T^n en fonction de n. Il se trouve que la récurrence permet souvent de prouver une propriété pour tout n entier naturel alors que nous n’avons pas d’expression en fonction de n. C’est donc à elle qu’il faut penser (et puis entre nous, cette question est ultra classique !).

Montrons par récurrence que, pour tout entier naturel n, T^n = PD^nP^{-1}.

La logique du raisonnement par récurrence doit être maîtrisée. Les étapes sont toujours les mêmes :

\textsuperscript{\textcircled{\tiny{1}}} Initialisation
Il s’agit de vérifier que la propriété est vraie au premier rang.

Pour cela, on va avoir besoin de quelques règles de calcul. Tout d’abord, je rappelle que :

La matrice identité d’ordre n est une matrice carrée de n lignes et n colonnes dont tous les coefficients sont nuls sauf ceux de la diagonale, qui eux, valent 1 : I_n = \begin{pmatrix}1 & \cdots & 0 \\\vdots & \ddots & \vdots \\0 & \cdots & 1\end{pmatrix}.

Ensuite, cela donne :

  • Soit A une matrice carrée d’ordre n. Alors A^{0} = I_n.
  • Soit A une matrice carrée d’ordre n. On a AI_n = I_nA = A.
  • Soit P une matrice carrée inversible d’ordre n. Alors PP^{-1} = P^{-1}P = I_n.
Initialisation
T^0 = I_n et P\underbrace{D^0}_{I_n}P^{-1} = \underbrace{PI_n}_{P}P^{-1} = PP^{-1} = I_n. Donc T^0 = PD^0P^{-1}.
\textsuperscript{\textcircled{\tiny{2}}} Hérédité
Il s’agit de supposer que la propriété est vraie à un rang k et de montrer qu’elle est alors vraie au rang k + 1.
Hérédité
Soit k \in \mathbb{N}. Supposons que la propriété soit vraie au rang k, c’est-à-dire que T^k = PD^kP^{-1}. Montrons alors qu’elle est vraie au rang k+1, c’est-à-dire que T^{k+1} = PD^{k+1}P^{-1}.

Pas de surprise ici. On veut démontrer une affirmation qui fait intervenir T^{k+1} alors que l’hypothèse de récurrence fait intervenir T^k : il suffit donc de commencer par remarquer que T^{k+1} = T^kT

T^{k+1} = T^kT. Or, d’après l’hypothèse de récurrence, on a T^k = PD^kP^{-1}. D’où :
T^{k+1} = PD^kP^{-1}T
Hum… Comment se débarrasser de T et faire apparaître du D^{k+1} ?…

C’est le seul moment de cette phase d’hérédité où il faut être malin ! Et si on faisait intervenir ce que rappelle l’énoncé au rang 1, à savoir que T = PDP^{-1} ?

Ah bah oui ! Comme ça, non seulement je me débarrasse du T qui reste, mais j’introduis un D supplémentaire !
De plus, l’énoncé indique que T = PDP^{-1}. D’où :
T^{k+1} = PD^k\underbrace{P^{-1}P}_{I_n}DP^{-1}
 
T^{k+1} = P\underbrace{D^kI_n}_{D^k}DP^{-1}
 
T^{k+1} = PD^{k}DP^{-1}
 
T^{k+1} = PD^{k+1}P^{-1}
La propriété est donc vraie au rang k + 1.
\textsuperscript{\textcircled{\tiny{3}}} Conclusion
Il s’agit de conclure en invoquant le principe de récurrence.
Conclusion
La propriété est vraie pour n = 0. En la supposant vraie au rang n = k, elle est encore vraie au rang n = k+1.
Ainsi, d’après le principe de récurrence, pour tout entier naturel n, T^n = PD^nP^{-1}.

c. Donner sans justification les coefficients de la matrice D^n.

Simple question de cours. Je rappelle que :

Soit A une matrice carrée diagonale d’ordre n,A = \begin{pmatrix}a_1 & \cdots & 0 \\\vdots & \ddots & \vdots \\0 & \cdots & a_n\end{pmatrix}.
Alors on a, pour tout k entier naturel, A = \begin{pmatrix}a_1^k & \cdots & 0 \\\vdots & \ddots & \vdots \\0 & \cdots & a_n^k\end{pmatrix}.

Autrement dit :

Soit k un entier naturel.
Pour élever une matrice diagonale à la puissance k, il suffit d’élever à la puissance k les coefficients de la diagonale.

Donc :

Pour tout n entier naturel, D^n = \begin{pmatrix}1^n & 0 & 0 \\0 & 0,6^n & 0 \\0 & 0 & 0,56^n\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\0 & 0,6^n & 0 \\0 & 0 & 0,56^n\end{pmatrix}.

On note \alpha_n, \beta_n, \gamma_n les coefficients de la première ligne de la matrice T^n ainsi :

T^n = \begin{pmatrix}\alpha_n & \beta_n & \gamma_n \\... & ... & ... \\... & ... & ...\end{pmatrix}.

On admet que \alpha_n = \dfrac{3}{10} + \dfrac{7}{10} \times 0,6^n et \beta_n = \dfrac{37-77 \times 0,6^n + 40 \times 0,56^n}{110}.

On ne cherchera pas à calculer les coefficients de la deuxième ligne ni ceux de la troisième ligne.

Question 5

On rappelle que, pour tout entier naturel n, X_n = X_0T^n.

a. Déterminer les nombres a_n, b_n, à l’aide des coefficients \alpha_n et \beta_n. En déduire c_n.

On cherche ici à exprimer a_n et b_n en fonction de \alpha_n et \beta_n. Comme par hasard, l’énoncé nous rappelle que X_n = X_0T^n. Or, X_n contient notamment les coefficients a_n et b_n tandis que T^n contient notamment les coefficients \alpha_n et \beta_n ! Regardons donc ce que l’on peut obtenir de la relation X_n = X_0T^n !

X_n = X_0T^n \Leftrightarrow \begin{pmatrix}a_n & b_n & c_n\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}a_0 & b_0 & c_0\end{pmatrix} \begin{pmatrix}\alpha_n & \beta_n & \gamma_n \\... & ... & ... \\... & ... & ...\end{pmatrix}
Attends ! Comment veux-tu que je continue le calcul, puisque je ne connais pas les coefficients en pointillés ?

Figurez-vous que c’est très facile ! Parce que b_0 et c_0 valent tous les deux  0 ! Du coup, si vous faites le calcul, vous allez voir qu’à chaque fois qu’on va se retrouver avec les coefficients en pointillés, eh bien ils vont être multipliés par  0 . Du coup, peu importe la valeur de ces pointillés !

... \Leftrightarrow \begin{pmatrix}a_n & b_n & c_n\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1 & 0 & 0\end{pmatrix} \begin{pmatrix}\alpha_n & \beta_n & \gamma_n \\... & ... & ... \\... & ... & ...\end{pmatrix}

\Leftrightarrow \begin{pmatrix}a_n & b_n & c_n\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\alpha_n + 0 + 0 & \beta_n + 0 + 0 & \gamma_n + 0 + 0\end{pmatrix}
\Leftrightarrow \begin{pmatrix}a_n & b_n & c_n\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\alpha_n & \beta_n & \gamma_n\end{pmatrix}

On vient donc d’obtenir \begin{pmatrix}\alpha_n & \beta_n & \gamma_n\end{pmatrix}. Or :

Deux matrices sont égales si et seulement si leurs coefficients sont égaux deux à deux.

Cela signifie qu’on peut écrire :

Or, deux matrices sont égales si et seulement si leurs coefficients sont égaux deux à deux donc :
\begin{cases}a_n = \alpha_n = \dfrac{3}{10} + \dfrac{7}{10} \times 0,6^n \\\\b_n = \beta_n = \dfrac{37-77 \times 0,6^n + 40 \times 0,56^n}{110} \\\\c_n = \gamma_n\end{cases}.
On ne sait rien sur \gamma_n… Ca ne va pas nous aider à trouver c_n, tout ça…

Exact ! Il faut trouver c_n autrement ! Et je vous avoue que pour cela, il faut être un peu malin et penser à quelque chose qui ne vient pas forcément tout de suite à l’esprit…

Regardez à nouveau l’arbre de probabilités que nous avons construit. a_n, b_n et c_n sont des probabilités qui partent d’un même noeud. Or :

La somme des probabilités partant d’un même noeud vaut 1.

Cela nous permet d’écrire :

Or a_n, b_n et c_n sont des probabilités qui partent d’un même noeud de notre arbre pondéré donc a_n + b_n + c_n = 1 d’où c_n = 1 - a_n - b_n = 1 - \alpha_n - \beta_n = 1 - \left(\dfrac{3}{10} + \dfrac{7}{10} \times 0,6^n\right) - \dfrac{37-77 \times 0,6^n + 40 \times 0,56^n}{110}.

b. Déterminer les limites des suites (a_n), (b_n) et (c_n).

Les limites des suites (a_n), (b_n) et (c_n) sont faciles à déterminer si on sait que :

\lim\limits_{\substack{n \to +\infty}}~q^n =\begin{cases}+\infty ~\text{si q ~\textgreater ~1} \\1 ~\text{si q = 1} \\0 ~\text{si -1 \textless ~q \textless ~1}\end{cases}

Cela nous permet d’écrire que :

-1 \textless ~0,6 ~\textless ~1 donc \lim\limits_{\substack{n \to +\infty}}~0,6^n = 0 d’où :
  • \lim\limits_{\substack{n \to +\infty}}~a_n = \dfrac{3}{10} ;
  • \lim\limits_{\substack{n \to +\infty}}~b_n = \dfrac{37}{110} ;
  • \lim\limits_{\substack{n \to +\infty}}~c_n = 1 - \dfrac{3}{10} - \dfrac{37}{110} = \dfrac{4}{11}.

c. Sur quel sommet a-t-on le plus de chance de se retrouver après un grand nombre d’itérations de cette marche aléatoire ?

Je rappelle que a_n, b_n et c_n correspondent aux probabilités pour le pion de se retrouver respectivement sur les points A, B et C. Donc, le sommet sur lequel on a le plus de chance de se retrouver après un grand nombre d’itérations correspond au sommet dont la probabilité a la limite la plus élevée. Mettons donc les limites que l’on vient de déterminer au même dénominateur pour pouvoir les comparer :

\dfrac{3}{10} = \dfrac{3 \times 11}{10 \times 11} = \dfrac{33}{110} et \dfrac{4}{11} = \dfrac{40}{110} donc \lim\limits_{\substack{n \to +\infty}}~a_n ~\textless ~\lim\limits_{\substack{n \to +\infty}}~b_n ~\textless ~\lim\limits_{\substack{n \to +\infty}}~c_n

On peut alors conclure :

d’où, le sommet sur lequel on a le plus de chance de se retrouver après un grand nombre d’itérations correspond au sommet C.

Fin de l’épreuve du Bac S 2015 Spé Maths France Métropole Exercice 3.

Exprimez vous!