172673_C5_livre_du_prof

Chapitre
5
Suites de matrices
1. Page d’ouverture
c) À l’aide de XCas :
•Énigme ✱
Ê a-c
abc
a-b ˆ
Á
aA bB cC a - b c
a
a b - c ˜ d’où
Á
˜
a-b-c
ac ¯
Ë ab
a = 5, b - 3 et c = 1.
•Énigme ✱✱
2. Résoudre des problèmes
•Problème 1
1  a) 
0,65
0,4
L
D
0,65
0,6
Ê 0, 4 0, 6 ˆ
b) • A Á
˜
Ë 0, 65 0, 35¯
• Un+1 = UnA.
En effet, dn+1 = 0,4dn + 0,65n et n+1 = 0,6dn + 0,35n.
On montre par récurrence que "n ∈  :
Un+1 = U0An.
2  a) U0 = (1 0).
U1 =
(0,4d0 + 0,650 0,6d0 + 0,350)
= (0,4 0,6).
U2 = U1A = (0,4 ¥ 0,4 + 0,65 ¥ 0,6 0,6 ¥ 0,4 + 0,35 ¥ 0,6)
= (0,55 0,45).
U3 = U2A = … = (0,512 5 0,487 5).
Le dernier résultat s’interprète en disant qu’au bout de
3 heures il y a 51,25 % de dextrose et 48,75 % de lévulose
dans le glucose.
b) U10 ≈ (0,52 0,52).
U15 ≈ (0,52 0,52).
U20 ≈ (0,52 0,52).
88
L’évolution du système ne semble pas dépendre des
conditions initiales.
d) (0,52 0,48)A = (0,52 0,48).
On remarque alors (récurrence immédiate) que, pour
tout nombre entier naturel n, Un = U0.
On parle d’état stable.
x 0, 4 x 0, 65 y
Ô
3  a) On résout le système Ìy 0, 6 x 0, 35 y .
Ôx y 1
Ó
Le système admet une solution unique (0,52 ; 0,48).
Ainsi S = (0,52 0,48).
Ê 0, 52 - 0,12 0, 48 0,12 ˆ
1
b) • B C Á
˜ A.
4
Ë 0, 52 0,13 0, 48 - 0,13 ¯
• Tout d’abord, remarquer que :
2
Ê
1 ˆ
1
1
1 2
2
B
C
C .
ÁË
˜ B BC CB 4 ¯
4
4
16
Or, B2 = B, C2 = – C et BC = CB = 0 (matrice nulle).
2
2
Ê
Ê 1ˆ
1 ˆ
Ainsi, A2 ÁB C˜ B - Á ˜ C.
Ë
Ë 4¯
4 ¯
• On montre par récurrence que "n ∈  :
n
Ê 1ˆ
An B - Á - ˜ C.
Ë 4¯
• Ainsi :
n
Ê
1
Ê
Á 0, 52 0, 48 ¥ ÊÁ- ˆ˜
0, 48 - 0, 48 ¥ ÁË
¯
Ë
4
Á
An Á
n
Ê 1ˆ
Ê
Á 0,5
52 - 0, 52 ¥ Á- ˜
0, 48 0, 52 ¥ ÁÁË
Ë 4¯
Ë
nˆ
1ˆ
˜ ˜
4¯ ˜
.
n˜
1ˆ ˜
˜
4¯ ˜¯
© Nathan. Hyperbole Term S Spécialité
Si un est le nombre de feuilles non repliées et vn le
nombre de feuilles repliées à l’étape n, on a :
un 1 2un 2vn et vn 1 un vn avec u0 = 1 et v0 = 0 .
Ê un 1 ˆ Ê 2 2 ˆ Ê un ˆ
Ê u10 ˆ Ê 2 2 ˆ 10 Ê u0 ˆ
Soit Á
d’où
˜ Á
Á
˜
Á ˜ Á
Á ˜.
ÁË vn 1 ˜¯ Ë 1 1˜¯ ÁË vn ˜¯
ÁË v10 ˜¯ Ë 1 1˜¯ ÁË v0 ˜¯
Donc à la dixième étape, il y aura 39 366 feuilles non
repliées et 19 683 feuilles repliées.
n
Ê
Ê 1ˆ ˆ
– On a dn d0 ¥ Á 0, 52 0, 48 ¥ Á - ˜ ˜
Ë 4¯ ¯
Ë
n
Ê
Ê 1ˆ ˆ
 0 Á 0, 52 - 0, 52 ¥ Á - ˜ ˜
Ë 4¯ ¯
Ë
et lim dn 0, 52d0 0, 52 0 0, 52 (car d0 + 0 = 1).
n Æ
n
Ê
Ê 1ˆ ˆ
 n d0 ¥ Á 0, 48 - 0, 48 ¥ Á - ˜ ˜
Ë 4¯ ¯
Ë
n
Ê
Ê 1ˆ ˆ
 0 Á 0, 48 0, 52 ¥ Á - ˜ ˜
Ë 4¯ ¯
Ë
et lim  n 0, 48d0 0, 48 0 0, 48 (car d0 + 0 = 1).
n Æ
– Ainsi, (Un)n∈ converge vers S.
Plus généralement, (Un)n∈ converge vers S quel que
soit l’état initial U0.
•Problème 2
1  a) 
0,8
0,2
R
C
0,3
0,05
0,7
0,9
0,05
M
Ê 0, 9 0, 05 0, 05ˆ
b) A Á 0, 7
0
0, 3 ˜˜
Á
ÁË 0, 8
0
0, 2 ˜¯
Ê 0, 885 0, 045 0, 07 ˆ
2  a) A2 Á 0, 87 0, 035 0, 095˜ ,
Á
˜
ÁË 0, 88 0, 04 0, 08 ˜¯
A5
Ê 0, 88 0, 04 0, 07 ˆ
ª Á 0, 88 0, 04 0, 07 ˜ .
Á
˜
ÁË 0, 88 0, 04 0, 07 ˜¯
De même, A10
© Nathan. Hyperbole Term S Spécialité
A20
Ê 0, 88 0, 04 0, 07 ˆ
ª Á 0, 88 0, 04 0, 07 ˜
Á
˜
ÁË 0, 88 0, 04 0, 07 ˜¯
Ê 0, 9 0, 05 0, 05ˆ
donc (c m r)Á 0, 7
0
0, 3 ˜˜ = (c m r)
Á
ÁË 0, 8
0
0, 2 ˜¯
0, 9c 0, 7m 0, 8r c
Ô
soit Ì0, 05c m
.
Ô0, 05c 0, 3m 0, 2r r
Ó
Par ailleurs c r s 1. D’où :
- 0,1c 0, 7m 0, 8r 0
ÔÔ0, 05c - m 0
.
Ì
Ô0, 05c 0, 3m - 0, 8r 0
ÔÓc r s 1
- 0,1c 0, 7m 0, 8r 0
ÔÔ0, 05c - m 0
b) Ì
Ô0, 05c 0, 3m - 0, 8r 0
ÔÓc r s 1
0,1c - 0, 035c - 0, 8r 0
ÔÔm 0, 05c
€Ì
Ô- 0, 05c - 0, 015c 0, 8r 0
ÔÓc r s 1
0, 65c - 0, 8r 0
Ô
€ Ì0, 05c - m 0
Ôc r s 1
Ó
Ê 0, 65 0, 05 1ˆ
c) En posant B Á 0
- 1 1˜˜ , le système précéÁ
0
1¯
Ë - 0, 8
dent s’écrit SB = (0 0 1).
8
160
On trouve alors c ª 0, 884 ,
9, 05 181
0, 4
80
5, 2
130
m
ª 0, 044 et r ª 0, 072 ,
9, 05 181
72, 4 181
ce qui est cohérent avec le résultat de la question 2.
•Problème 3
1  Voir site compagnon.
2  a) 
1
2
Ê 0, 88 0, 04 0, 07 ˆ
ª Á 0, 88 0, 04 0, 07 ˜ .
Á
˜
ÁË 0, 88 0, 04 0, 07 ˜¯
X0 A2 = ( 0, 885 0, 045 0, 07),
X0 A10 ª ( 0, 884 0, 044 0, 072) et
X0 A20 ª ( 0, 884 0, 044 0, 072).
b) Si X0 = ( 0 1 0) ou X0 = ( 0 0 1) , on obtient les
mêmes résultats.
c) Après une journée, il semblerait que le hamster ait
dormi environ 88 % du temps.
3  a) SA = S
1
E2
b) Un 1
Ê
1
Á0
2
Á
Á1 0
Á
1
Á0
2
Ë
E1
1
2
1
E0
ˆ
0˜
˜
1˜ ¥ Un
˜
0˜
¯
Ainsi, "n ∈ , Un= MnU0.
Ê1
1ˆ
0
Á
˜
2˜
Á2
2
c) M Á 0 1 0 ˜
Á1
1˜
0
Á
˜
2¯
Ë2
89
dans le compartiment B au départ).
Ê 1ˆ
Á ˜
Á 2˜
U2 Á 0 ˜
Á 1˜
Á ˜
Ë 2¯
U3 = U1, …
d) La démonstration se fait par récurrence.
La suite ne converge pas.
1
Ôx 2 y
Ô
e) On résout le système Ìy x z
Ô
1
Ôz y
2
Ó
1
1
1
avec x + y + z = 1 ; on obtient x = , y = , z = .
4
2
4
f) On remarque que lorsque n est impair, l’urne ne revient
pas à son état initial en n étapes.
Instant
0
Probabilité
Ainsi E( T ) 1
1
n
k
Â 2k -1
k 1
0
2
Ê 1ˆ
ÁË ˜¯
2
3
0
4
Ê 1ˆ
ÁË ˜¯
2
2n
2
1
2n
- 2( n 1) - 2
4.
2n
(Avec XCas et somme(k/(2^(k-1)),k=1…n) ).
La limite est 4.
On retrouve ce qui a été vu au 1. c).
•Problème 4
1  c) P(Xn+1 = 2)
p
1- p
=
(P( Xn 1) P( Xn 3) P( Xn 4 )) ;
3
4
P(Xn+1 = 3)
p
1- p
(P( Xn 1) P( Xn 2) P( Xn 4 )) ;
=
3
4
et P(Xn+1 = 4)
p
1- p
=
(P( Xn 1) P( Xn 2) P( Xn 3)) .
3
4
d) 
On peut penser que pour n « assez grand », le mobile
peut se trouver de manière équiprobable sur l’un des
4 sommets.
2  a) En effet :
Ê
1 1 1ˆ
Á0
˜
3 3 3˜
Á
Ê P( Xn 1 1) ˆ
Ê
ˆ
Ê1ˆ
1 1 ˜ Á P( Xn 1) ˜
Á1
Á
˜
Á 3 0 3 3 ˜ Á P( Xn 2)˜ p Á1˜ Á P( Xn 1 2)˜
(1 - p ) Á
˜Á
˜ Á˜ Á X
˜
n 1 3)
Á 1 1 0 1 ˜ Á P( Xn 3)˜ 4 Á1˜ Á P(X
˜
Á
˜
Á3 3
Ë1¯ Á P( Xn 1 4 )˜
3 ˜ Á P( Xn 4 )˜
¯
Ë
¯
Ë
Á1 1 1
˜
Á
˜
ÁË 3 3 3 0 ˜¯
p
p
S € I4L (1 - p ) TL S
4
4
p
€ (I4 - (1 - p ) T )L S.
4
L’algorithme renvoie la solution de l’équation précédente
(si I4 – (1 – p)T est inversible).
c) Le programme renvoie la suite de matrices colonnes
U1, … Un.
d) On remarque que :
p
p
Vn 1 Un 1 - L (1 - p ) TUn S - (1 - p ) TL S
4
4
(1 - p ) T(Un - L ) (1 - p ) TVn .
On démontre par récurrence que, "n ∈  :
Vn = (1 – p)nTnV0.
Conclure : Étudions la convergence de Tn.
Ê 1 1 2 2ˆ
Á
˜
Á 3 9 9 9˜
Á 2 1 2 2˜
Á 9 3 9 9˜
T2 Á
˜
Á 2 2 1 2˜
Á 9 9 3 9˜
Á 2 2 2 1˜
Á
˜
ÁË 9 9 9 3 ˜¯
La matrice T2 a tous les éléments strictement positifs,
donc la suite de matrice (Tn) converge vers une matrice
T1 dont toutes les colonnes sont identiques.
Pour obtenir cette « colonne », on résout l’équation
Ê xˆ
Á y˜
S = AS, où S Á ˜ , avec x + y + z + t = 1 (x, y, z, t
Á z˜
ÁË t ˜¯
nombres réels positifs).
On sait que l’équation admet une unique solution et on
Ê 1ˆ
Á 1˜
remarque que S Á ˜ convient…
Á 1˜
ÁË 1˜¯
b) L (1 - p ) TL Ê1
Á1
Ainsi T1 Á
Á1
ÁË 1
90
1
1
1
1
1
1
1
1
1ˆ
1˜
˜.
1˜
1˜¯
© Nathan. Hyperbole Term S Spécialité
M3 = M, M4 = M2, M5 = M, M10 = M2 et M11 = M.
Ê 0ˆ
Ê 0ˆ
Á
˜
Ainsi U1 1 avec U0 Á 0 ˜ (toutes les particules sont
Á ˜
Á ˜
Ë 0¯
Ë 1¯
Comme 1 – p  1, que lim Vn 0 (matrice nulle).
n Æ
(Un) converge vers L.
•Problème 5
1  a) 
1
2
n°1
1
3
1
2
1
3
1
3
n°2
n°4
1
1
2
1
2
n°3
b) Deux pages « pointent » vers la page 1 : les pages 2
et 4.
1
La probabilité de passer de la page 2 à la page 1 est et
2
1
celle de passer de la page 4 à la page 1 est .
2
On peut écrire :
P(Xn+1 = 1) = P(Xn = 1 ∩ Xn+1 = 1) + P(Xn = 2 ∩ Xn+1 = 1)
+ P(Xn = 3 ∩ Xn+1 = 1) + P(Xn = 4 ∩ Xn+1 = 1)
(réunion d’événements disjoints).
Ainsi :
P( Xn 1 1) P( Xn 1) ( Xn 1 1)P( Xn 1)
P( Xn 2 ) ( Xn 1 1)P( Xn 2)
P( Xn 3) ( Xn 1 1)P( Xn 3)
P( Xn 4 ) ( Xn 11 1)P( Xn 4 )
1
1
P( Xn 2) 0 P( Xn 4 ).
2
2
1
1
On a bien P( Xn 1 1) P( Xn 2) P( Xn 4 ).
2
2
1
De même P( Xn 1 2) P( Xn 1).
3
1
1
1
P( Xn 1 3) P( Xn 1) P( Xn 2) P( Xn 4 ).
3
2
2
1
P( Xn 1 4 ) P( Xn 1) P( Xn 3).
3
c) Immédiat.
d) On a Un+1 = AUn, donc (récurrence immédiate),
"n ∈ , Un = AnU0.
e) 
3ˆ
˜
13 ˜
1 ˜ Ê aˆ
13 ˜ Á b ˜
˜Á ˜
4 ˜Á c˜
13 ˜ ÁË d ˜¯
5˜
˜
13 ˜¯
Ê 3
ˆ Ê 3ˆ
Á ( a b c d )˜ Á ˜
Á 13
˜ Á 13 ˜
Á 1
˜ Á 1˜
Á 13 ( a b c d )˜ Á 13 ˜
Á
˜ Á ˜.
Á 4 ( a b c d )˜ Á 4 ˜
Á 13
˜ Á 13 ˜
Á 5
˜ Á 5˜
Á ( a b c d )˜ Á ˜
ÁË 13
˜¯ ËÁ 13 ˜¯
2  a) On a bien :
˘
È1
1
P( Yn 1 1) (1 - p ) Í P( Yn 2) P( Yn 4 )˙
2
˚
Î2
p
[P( Yn 1) P( Yn 2) P( Yn 3) P( Yn 4 )].
4
1
De même P( Xn 1 2) (1 - p ) P( Yn 1)
3
p
[P( Yn 1) P( Yn 2) P( Yn 3) P( Yn 4 )].
4
˘
È1
1
1
P( Xn 1 3) (1 - p ) Í P( Yn 1) P( Yn 2) P( Yn 4 )˙
3
2
2
˚
Î
p
[P( Yn 1) P( Yn 2) P( Yn 3) P( Yn 4 )].
4
˘
È1
P( Xn 1 4 ) (1 - p ) Í P( Xn 1) P( Xn 3)˙
˚
Î3
p
[P( Yn 1) P( Yn 2) P( Yn 3) P( Yn 4 )].
4
b) On prend p = 0,2 et donc 1 – p = 0,8.
Ê 1
4 ˆ
On a (…) Vn 1 Á J A˜ Vn.
Ë 20
5 ¯
c) Par récurrence immédiate, on en déduit que "n ∈  :
n
Ê 1
4 ˆ
Vn Á J A˜ V0.
Ë 20
5 ¯
d) 
© Nathan. Hyperbole Term S Spécialité
0
f) On remarque que :
Ê 3
3
3
Á
13
13
13
Á
1
1
Á 1
Á 13 13 13
LU0 Á
4
4
Á 4
Á 13 13 13
Á 5
5
5
Á
ÁË 13 13 13
91
On trouve comme indices respectifs 0,24 ; 0,11 ; 0,30 ;
0,35.
Arrondis au centième le modèle précédent donne : 0,23 ;
0,08 ; 0,31 ; 0,38.
Interprétation : ces nombres donnent la probabilité de
se trouver sur chacune des pages après un « surf » sur
ce graphe. Les nombres diffèrent un peu. La page 4 a le
score le plus élevé dans les deux modèles.
•Problème 6
1  a) Pour le lien D Æ A : 0,85 ¥ 0,5 = 0,425.
0,85
B
0,425
0,2125
0,2125
0,425
D
•Problème 7
0,425
0,425
E
0,2125
C
0,2125
b) On a :
an 1 144
0,203
, 425bn 0, 212 5cn 0, 425dn.
443 10444
24443
0 ,15
5
c) On obtient (classique) Vn+1 = AVn et donc (récurrence
immédiate), "n ∈ , Vn = AnV0.
d) On admet que la suite de matrices An converge vers
la matrice nulle ; ainsi Vn converge vers 0 et donc la suite
de matrices (Nn) converge vers L.
e) La page qui a le plus d’importance est la page B.
note donnée
par la page B
c) De même bn+1 = 0,03 + 0,85an + 0,212 5cn.
cn+1 = 0,03 + 0,425dn.
dn+1 = 0,03 + 0,212 5cn.
en+1 = 0,03 + 0,212 5cn + 0,425bn.
d) La suite de matrice représente les notes de chaque
page à l’étape n.
On a :
Ê 0 0, 425 0, 212 5 0, 425 0ˆ Êan ˆ Ê0, 03ˆ
Á ˜
Á0, 85
0
0, 212 5
0
0˜˜ Ábn ˜ ÁÁ0, 03˜˜
Á
Nn1 Á 0
0
0
0, 425 0˜ Á cn ˜ Á0, 03˜ .
Á ˜
Á 0
0
0, 212 5
0
0˜ Ádn ˜ Á0, 03˜
˜
Á
˜ Á ˜ Á
0, 03¯
0
0¯ e
Ë 0 0, 425 0, 212 5
Ë
1444444444444444424444444444444443 14Ë42n44¯3 1442443
A
C
Nn
2  a) Sous XCas, en prenant différentes matrices N0 :
1  a) n désignant un nombre entier naturel, on a :
jn 1 6 pn 10an
Ô
.
Ìpn 1 0, 5 jn
Ôan 1 0, 4 pn
Ó
b) Pour tout nombre entier naturel n, on a Xn 1 XnM
Ê 0 0, 5 0 ˆ
où M Á 6
0 0, 4 ˜˜ .
Á
0 ¯
Ë 10 0
c) Par récurrence on montre que, pour tout nombre
entier naturel n, on a Xn = X0Mn .
d) En 2027 : n = 15 et X15 = X0M15. ��
À��
l’aide de la calculatrice, on obtient X15 = (30 50 50)M15 soit :
X15 = ( 6 993 540 1 746 205 350 056).
2  a) Dans E2 : =B2+C2+D2
Dans B3 : =6*C2+10*D2 , dans C3 : =0.5*B2 , dans D3 :
=0.4*C2 , dans E3 : =B3+C3+D3 .
b)
c) Il semblerait que pour les quatre catégories on ait une
croissance exponentielle.
d) En F3 : =E3/E2 .
À partir d’un certain rang, la population totale semble
être multipliée par 2 d’une année sur l’autre.
•Problème 8
1  a) À long terme, les différentes populations semblent
croître et le rapport Sn /Cn semble tendre vers 1,3.
Cela donne la note de chaque page.
b) On calcule (I5 – A)–1 ¥ C, on trouve arrondi à 10–3 :
92
© Nathan. Hyperbole Term S Spécialité
A
Ê 0,116 ˆ
Á 0,138 ˜
Á
˜
L ª Á 0, 047 ˜ .
Á 0, 040 ˜
Á
˜
Ë 0, 099 ¯
On montre ensuite par récurrence que, pour tout nombre
entier naturel n, on a An PD nP-1.
Ê 1, 02n
0 ˆ
d) On calcule D n Á
˜.
0, 58n ¯
Ë 0
Puis :
Ê
ÁAn Á
Á
ÁË
2
13
¥ 1, 02n ¥ 0, 58n
11
11
13
¥ ( 0, 58n - 1, 02n )
55
Ê 14
¥ 1, 02n
Á
11
n
et Un A ¥ U0 Á
Á 91
n
ÁË 55 ¥ 1, 02
ˆ
10
¥ (1, 02n - 0, 58n ) ˜
11
˜
13
2
˜
n
n
¥ 1, 02 - ¥ 0, 58 ˜
11
11
¯
ˆ
19
¥ 0, 58n ˜
11
˜.
19
˜
¥ 0, 58n ˜
55
¯
e) lim Cn et lim Sn n Æ
b) En modifiant les conditions initiales, on constate
que chacune des deux populations évolue mais que le
rapport reste constant.
2  a) Pour tout nombre entier naturel n, on a Un 1 AUn
Ê 0, 5
0, 4 ˆ
où A Á
˜.
Ë - 0,104 1,1 ¯
© Nathan. Hyperbole Term S Spécialité
b) Par récurrence, on montre que pour tout nombre
entier naturel n, on a Un = AnU0.
c) On détermine tout d’abord les coefficients de la maÊa cˆ
trice P-1. Si P-1 Á
, PP-1 I2 conduit au système Ë b d ˜¯
1
Ôa - 55
Ô
10a 5b 1
Ôb 13
ÔÔ10c 5d 0
Ô
55 et donc
Ì13a b 0 d’où Ì
Ô
Ôc 1
11
ÔÓ13c d 1
Ô
Ô
2
Ôd - 11
Ó
Ê 1
1 ˆ
Á˜
55 11 ˜
1
P Á
.
2˜
Á 13
ÁË 55
11˜¯
On effectue le calcul :
PDP-1
Ê 1
ˆ
Ê 10 5ˆ Ê 1, 02
0 Á 55
Á
Á
Á
0, 56 ˜¯ Á 13
Ë 13 1˜¯ Ë 0
ÁË 55
n Æ
91
19
¥ 1, 02n ¥ 0, 58n
Sn
55
55
D’où lim
lim
19
n Æ Cn
n Æ 14
¥ 1, 02n ¥ 0, 58n
11
11
n
91 19 Ê 0, 58 ˆ
¥
55 55 ÁË 1, 02 ˜¯
91
1, 3.
lim
n
n Æ 14
70
19 Ê 0, 58 ˆ
¥
11 11 ÁË 1, 02 ˜¯
f) Conclusion : les deux populations croissent mais la
proportion entre les deux se stabilise, ce qui confirme
les conjectures émises à la question 1.
•Problème 9
1  Soit n nombre entier naturel désignant le rang de
l’année à partir de l’année de référence. On note cn le
nombre de chouettes et en le nombre d’écureuils.
Ê cn ˆ
Si Un Á ˜ , alors Un 1 AUn.
ÁË en ˜¯
2  a)
1 ˆ
˜
11 ˜
2˜
- ˜
11¯
Ê 0, 5
0, 4 ˆ
Á
˜ A.
Ë - 0,104 1,1 ¯
93
b)
•Problème 10
1  a) Tn1 augmentation de 10 % de Tn – truites mangées par les brochets
Tn 1 1,1Tn - 0, 001Tn ¥ Bn .
Bn1 – 5 % de Bn + 5 % de truites mangées
Bn 1 0, 95Bn 0, 05 ¥ 0, 001Tn ¥ Bn
Bn 1 0, 95Bn 0, 000 5 TnBn.
b) S’il n’y a pas de prédateurs, Tn 1 1,1Tn. ( Tn ) est alors
une suite géométrique croissante et lim Tn .
n Æ
c) S’il n’y a pas de proies, Bn 1 0, 95Bn. (Bn )est alors une
suite géométrique décroissante et lim Bn 0.
n Æ
d) Tn 1 - Tn 0,1Tn - 0, 001TnBn Tn ( 0,1 - 0, 001Bn )
Bn 1 - Bn - 0, 05Bn 0, 0005 TnBn
Bn ( - 0, 05 0, 0005 Tn )..
Ê aˆ
0, 4 a 0, 3b a
3  a) Si S Á ˜ , S AS € Ì
Ë b¯
Ó- pa 1, 2b a
b 2a
€Ì
soit p = 0, 4 .
Ó- p 2, 4 a 2a
b) On retrouve bien le résultat conjecturé à la question 2. c.
94
c) Quand le nombre de truites augmente, les brochets
ayant plus de nourriture ont un effectif croissant, mais
mangent alors plus de truites. Donc le nombre de truites
diminue, donc les brochets manquent de nourriture, alors
leur effectif diminue et le nombre de truites augmente,
ainsi de suite.
d) Si l’on modifie les données initiales : on remarque le
même type d’évolution mais avec des minima et maxima
locaux qui diffèrent.
© Nathan. Hyperbole Term S Spécialité
c)
( Tn ) constant € Tn 1 Tn
€ 0,1 - 0, 001B0 0
€ B0 100.
(Bn ) constant € Bn 1 Bn
€ - 0, 05 0, 0005 T0 0
€ T0 100.
Si initialement le nombre de truites et de brochets
était de 100, les effectifs des deux populations seraient
constants.
2  a) et b)
t
t n - 0, 001t n bn - 0,1bn
€ Ì n 1
.
b
Ó n 1 bn 0, 000 5t n bn 0, 05t n
c) Le système s’écrit alors Un 1 AUn pour tout nombre
Ê 1
- 0,1ˆ
entier naturel n où A Á
.
1 ˜¯
Ë 0, 05
On montre par récurrence que, pour tout nombre entier
naturel n, on a Un = AnU0.
d)
•Problème 11
a) 
e)
On retrouve le résultat de la question 2. d.
T 1,1T - 0, 001TB
3  a) U AU € Ì
ÓB 0, 95B - 0, 0005 TB
T 100 et B 100
€Ì
donc U Óou T 0 et B 0
T 1,1Tn - 0, 001Tn ¥ Bn
b) Ì n 1
ÓBn 1 0, 95Bn 0, 000 5 TnBn
© Nathan. Hyperbole Term S Spécialité
Ê 100 ˆ
ÁË 100 ˜¯ .
t 100 1,1(t n 100) - 0, 001(t n 100)(bn 100)
€ Ì n 1
Óbn 1 100 0, 95(bn 100) 0, 000 5(bn 100)(t n 100)
t
1,1t n 110 - 0, 001(t n bn 100t n 100bn 10 000) - 100
€ Ì n 1
b
Ó n 1 0, 95bn 95 0, 000 5(t n bn 100t n 100bn 10 000) - 100
t
1,1t n - 0, 001t n bn 0,1t n - 0,1bn 10 - 10
€ Ì n 1
Óbn 1 0, 95bn 0, 000 5t n bn 0, 05t n 0, 05bn 95 5 - 100
95
Le quotient semble converger vers le nombre d’or :
1 5
j
ª 1, 618 .
2
b) Immédiat.
Ê 1 5
ˆ
0 ˜
Á
2
˜ , donc :
c) On calcule P-1FP Á
Á
1- 5 ˜
Á 0
˜
2 ¯
Ë
1 5
1- 5
et b .
2
2
d) On a (récurrence immédiate avec le b)) :
Ê un 1 ˆ
Ê un 1 ˆ
Á
˜ Fn Á
˜.
ÁË un ˜¯
ÁË un ˜¯
a
n
Or Fn
n
On remarque ensuite que
Ê an 0 ˆ
que Fn Á
.
n˜
Ë 0 b ¯
P-1
5 - 1ˆ
˜
2 5 ˜
et
5 1˜˜
2 5 ˜¯
Ê un 1 ˆ
Ainsi Á
˜ º donc :
ÁË un ˜¯
n
un n
1 Ê1 5 ˆ
1 Ê1 - 5 ˆ
ÁË
˜¯ Á
˜ .
2
5
5Ë 2 ¯
n
Ê1 - 5 ˆ
e) On remarque que lim Á
bn 0
˜ nlim
n Æ Ë
Æ
2 ¯
n
Ê1 5 ˆ
et que lim Á
a n donc, en écri˜ nlim
n Æ Ë
Æ
2 ¯
u
vant, n 1
un
16
21
et b =
.
37
37
Conclusion : on peut prévoir une répartition de 43 %
de voyelles et 57 % de consonnes approximativement
dans le livre tout entier.
On obtient a =
4
Ê Ê a 0ˆ ˆ
Ê a 0ˆ
-1
ÁP Á
P-1˜ P Á
˜
˜ P .
0
b
0
b
Ë
¯
Ë
¯
Ë
¯
Ê 1
Á
5
ÁÁ
Á- 1
ÁË
5
Cette matrice a tous ses coefficients strictement positifs
Ê aˆ
donc le processus admet un état stable Á ˜ vérifiant
Ë b¯
Ê 1 2ˆ
Ê aˆ Á 8 3 ˜ Ê aˆ
ÁË b ˜¯ ÁÁ 7 1 ˜˜ ÁË b ˜¯ et a + b =1.
ÁË 8 3 ˜¯
Ê 1
1 bn 1 ˆ
an Á
a5 a n ˜¯
Ë 5
.
Ê 1
1 bn ˆ
an Á
5 a n ˜¯
Ë 5
un 1
1 5
a
.
n Æ un
2
f) Ainsi… lim
Ê 0, 7 0, 6 ˆ
a) Un+1 = AUn avec A = Á
˜.
Ë - 0, 2 1, 5 ¯
b) Mn est exprimé en dizaines de mouches donc Ê 0ˆ
C = Á ˜.
Ë - 1¯
c) L’état stable S est la matrice colonne telle
que S = AS + C, c’est-à-dire :
(I3 – A)S = C Ê 1 0 0ˆ
où I3 = Á 0 1 0 ˜
Á
˜
Ë 0 0 1¯
Or la matrice I3 – A est inversible (on le constate à la
calculatrice), donc :
Ê 20 ˆ
S = (I3 – A)–1 × C = Á ˜
Ë 10 ¯
Ainsi, si, dans ce milieu fermé, les scientifiques introduisent au départ 20 poissons archers et 100 mouches, et
qu’ils retirent chaque jour dix mouches, les populations
des deux espèces seront stables.
4. Exercices d’application
a) À l’aide de XCas, on obtient :
P0 ¥ A200 ª ( 0, 375 - 0, 625).
Ainsi (conjecture) lim Pn ( 0, 375 - 0, 625).
5
n Æ
b) À l’aide de XCas, on obtient :
P0 ¥ A200 ª ( 0, 375 - 0, 625).
Ainsi (conjecture) lim Pn ( 0, 375 - 0, 625).
3. Pour s’exercer
2 Le processus est modélisable par une marche
aléatoire sur un graphe à deux sommets.
Ê an ˆ
On note Pn l’état probabiliste en colonne Á ˜ , on obtient
ÁË bn ˜¯
Ê 1 2ˆ
Á
˜
8 3˜
Pn+1 = Á
Pn.
Á 7 1˜
ÁË 8 3 ˜¯
96
6 a) Pour n = 10, on obtient (arrondis au millième) :
(0,305 0,276 0,419).
Pour n = 100 : (0,299 0,269 0,431).
Pour n = 200, on obtient les mêmes valeurs arrondies
au centième.
b) Pour n = 10, on obtient (arrondis au millième) :
(0,302 0,272 0,27).
Pour n = 100 : (0,299 0,269 0,431).
Pour n = 200, on obtient les mêmes valeurs arrondies au
centième que dans le cas précédent à savoir :
© Nathan. Hyperbole Term S Spécialité
n Æ
(0,299 0,269 0,431).
Pour information :
On peut considérer que la matrice A est la matrice de
transition associée à une marche aléatoire sur un graphe
à trois sommets.
La suite (An) converge (car A2 est une matrice dont tous
les éléments sont non nuls [matrice régulière]) ; on sait
que la suite (An)n∈ converge vers une matrice dont
les trois lignes sont identiques et sont données par la
solution de l’équation L = L ¥ A (état stable).
x 0,1x 0, 2 y 0, 5 z
Ô
On résout le système Ìy 0, 2 y 0, 5 z
.
Ôz 0, 9 x 0, 6 y
Ó
Ê 50
45
72 ˆ
On obtient L Á
˜.
Ë 167 167 167 ¯
La suite (Pn)n∈ définie par Pn = P0An converge vers L
quel que soit P0.
On calcule une valeur approchée de A200 : on
Ê 0, 57 0, 43ˆ
trouve (arrondi au centième) Á
˜.
Ë 0, 57 0, 43¯
7
On sait que la suite de matrices (An) converge (matrice
stochastique dont tous les éléments sont non nuls) et
que si on note Pn l’état probabiliste du système à
l’étape n, alors Pn converge vers une matrice ligne
Ê 0, 57 0, 43ˆ
LªÁ
˜et ce quel que soit le sommet sur lequel
Ë 0, 57 0, 43¯
on démarre.
La probabilité de se trouver au sommet A est donc
environ 0,57.
8
Ê 0,1 0, 9 ˆ
AÁ
˜
Ë 0, 8 0, 2 ¯
© Nathan. Hyperbole Term S Spécialité
Soit Pn « l’état probabiliste au bout de l’étape n » :
"n ∈ , Pn = P0 ¥ An.
Pour n = 200, la calculatrice renvoie (arrondis au centième) (0,471 0,529).
Pour information : la suite (Pn)n∈ converge vers la matrice L solution de l’équation L = L ¥ A(L = (x y)
Ê 8
9ˆ
(x + y = 1) ; on obtient L Á
˜.
Ë 17 17 ¯
Ê 0 0,1
Á 0, 5 0
AÁ
Á 0 0,1
Á 0, 5 0, 8
Ë
0 0, 8 ˆ
0 0 ˜˜
9
0 0, 2 ˜
1 0 ˜¯
Soit Pn « l’état probabiliste au bout de l’étape n » :
"n ∈ , Pn = An ¥ P0.
Pour n = 200, la calculatrice renvoie (arrondis au cenÊ 0, 336 ˆ
Á 0,168 ˜
˜.
tième) Á
Á 0, 097 ˜
Á 0, 399 ˜
Ë
¯
Pour information : la suite (Pn)n∈ converge vers la maÊ xˆ
trice L solution de l’équation L = L ¥ A ; L = Á y ˜
Á ˜
Ë z¯
Ê 40 ˆ
Á
˜
Á 119 ˜
Á 20 ˜
Á 119 ˜
(x + y + z = 1). On obtient L Á
˜.
Á 23 ˜
Á 238 ˜
Á 95 ˜
Á
˜
ÁË 238 ˜¯
10 a) P =
P ¥ A ⇔ P ¥ A = (0,75x + 0,25y 0,5x + 0,5y)
= (x y).
x 0, 75 x 0, 25 y
Ô
Ainsi, P = P ¥ A ⇔
Ìy 0, 5 x 0, 5 y
Ôx y 1
Ó
- 0, 25 x 0, 25 y 0
Ô
⇔ Ì0, 5 x - 0, 5 y 0
.
Ôx y 1
Ó
b) Résolution immédiate.
Ainsi P = (0,5 0,5).
11 1. On résout X = MX.
0,1a 0, 65b a
- 0, 9a 0, 65b 0
Ô
X MX € Ì0, 9a 0, 35b b € Ì
.
Óa b 1
Ôa b 1
Ó
Ê 13 18 ˆ
2. Ce système admet une unique solution Á ; ˜ .
Ë 31 31¯
Ê 13 18 ˆ
XÁ
˜.
Ë 31 31 ¯
Ê 0, 4 0, 6 ˆ
12 1. La matrice de transition est Á
˜.
Ë 0, 7 0, 3 ¯
Si la matrice P correspondait à l’état stable, on devrait
avoir P = PA ; ce n’est pas le cas, donc Nadia s’est trompée.
2. On résout l’équation P = PM… cela équivaut à résoudre
- 0, 6 x 0, 7 y 0
le système Ì
.
Óx y 1
Ê 7
On trouve P Á
Ë 13
6ˆ
˜.
13 ¯
Ê 1 1ˆ
Á
˜
Ê 1 1ˆ
2 2˜
13 a) S Á
.
An Á
˜ et nlim
Æ
Ë 2 2¯
Á 1 1˜
ÁË 2 2 ˜¯
1
1
Ôa 2 a 4 (b c )
Ô
1
1
b) On résout le système… Ìb ( a c ) b .
Ô
4
2
Ôa b c 1
Ó
97
Ê1
Ainsi S Á
Ë3
1
3
1ˆ
˜
3¯
Ê1
Á
Á3
1
et lim An ÁÁ
n Æ
3
Á
Á1
ÁË 3
1ˆ
˜
3˜
1˜
.
3˜
˜
1˜
3 ˜¯
1
3
1
3
1
3
Ê 0
1
0
0 ˆ
Á1 / 3
0
2/3 0 ˜
b) A Á
˜.
0
1 / 3˜
Á 0 2/3
ÁË 0
1
0
0 ˜¯
c)
14 L’état stable est (arrondis !) (0,529 0,471) pour la
matrice A et (0,367 0,386 0,247) pour la matrice B.
15 a) La probabilité de se retrouver au sommet 1 après
deux déplacements est égale à 0,18.
b) La probabilité de se retrouver au sommet 1 après un
grand nombre de déplacements est égale à 0,181 8…
2
soit .
11
1ˆ
˜
6˜
1˜
4˜
˜
0¯
1
Ainsi, la probabilité d’être sur C après 2 étapes est .
6
1
Ainsi, la probabilité d’être sur C après 3 étapes est .
6
b) On calcule T100 : la probabilité d’être en A après
1
100 étapes est .
2
Ê 1 1 1ˆ
c) État stable S Á
˜.
Ë 2 3 6¯
d) La suite (Tn) converge vers une matrice dont toutes les
lignes sont identiques et donnée par la matrice ligne S ;
L donne l’état probabiliste du système pour n (nombre
d’étapes) qui tend vers + ∞.
17 a)
1
1/3
98
2/3
1
0
1/3
2
2/3
3
1
La matrice A admet une puissance dont tous les coefficients sont strictement positifs, donc le processus admet
un unique état stable et la suite des états probabilistes
converge vers l’état stable indépendamment de l’état
initial.
On cherche S tel que S = SA soit, si S = (a b c d),
Ê 0
1
0
0 ˆ
Á1 / 3
0
2/3 0 ˜
(a b c d) = (a b c d) Á
˜
0
1 / 3˜
Á 0 2/3
ÁË 0
1
0
0 ˜¯
1
Ô3 b a
3
Ô
Ôa 20
2
Ôa c d b
Ô
ÔÔ
3
Ôb 9
2
Ô
20
Soit Ì b c
. On trouve Ì
Ô3
Ôc 3
Ô1
10
Ô
Ô cd
Ô
1
Ô3
d
Ô
a
b
c
d
1
ÔÓ
10
Ó
Ê 3ˆ
Á ˜
Á 20 ˜
Á 9˜
Á 20 ˜
soit S Á ˜ et donc, à la fin de la journée la probabiÁ 3˜
Á 10 ˜
Á 1˜
Á ˜
ÁË 10 ˜¯
9
lité d’avoir un seul enfant dans la salle A est , soit 45 %.
20
18 a) Le compartiment A peut contenir 0, 1, 2, 3 ou
4 balles. On peut représenter la situation donnée par un
graphe à 5 sommets.
Notons E0, E1, E2, E3, E4 les états correspondants.
Alors on a le graphe :
© Nathan. Hyperbole Term S Spécialité
Ê1 1
Á
Á2 3
Á3
16 a) T Á
0
4
Á
Ë0 1
Ê 1 1 1ˆ
Á
˜
Á 2 3 6˜
Á 3 1 1˜
T2 Á
8 2 8˜
Á
˜
Á 3 0 1˜
ÁË 4
4 ˜¯
Ê 1 1 1ˆ
Á
˜
Á 2 3 6˜
Á 9 1 3˜
T3 Á
16 4 16 ˜
Á
˜
Á 3 1 1˜
ÁË 8 2 8 ˜¯
1
4
1
2
E1
E0
1
b) Pn 1
3
4
Ê0
Á1
Á
Á4
Á
Pn ¥ Á 0
Á
Á
Á0
Á
Ë0
E2
3
4
1
0
1
2
0
0
E3
1
2
0
3
4
0
3
4
0
0
0
1
2
0
1
1
E4
1
4
0ˆ
˜
0˜
˜
˜
0˜.
˜
1˜
4˜
˜
0¯
c) On résout L = L ¥ A, où L = (a b c d e) avec
a + b + c + d + e = 1.
Ê 1
4
6
4
1ˆ
On obtient L Á
˜.
Ë 16 16 16 16 16 ¯
Ê 1ˆ
On reconnaît Á 4 ; ˜ .
Ë 2¯
Ê0
Á0
19 a) A Á
Á2
ÁË 3
1 0ˆ
0 1˜
˜.
1
0 ˜˜
3
¯
b)
20 a) On montre par récurrence que, pour tout nombre
entier naturel n, on a :
Ê
ˆ
1
0
0
Á1
1
1 1
1 ˜
˜
Mn Á - n 1
2n 2 2n 1 ˜
Á2 2
ÁË
˜¯
0
0
1
Ê 1
Á1 1
En effet M Á Á2 4
ÁË 0
0
1
2
0
0 ˆ
1 1˜
- ˜ donc
2 4˜
1 ˜¯
ˆ
Ê
1
0
0
Á1
1
1 1 1 1 1
1
1 1˜
MnM Á n1 ¥ n
n
- n1 ¥ n ˜ .
4 2 2 2 2 2
4 2 ˜
Á2 2
ÁË
˜¯
0
0
1
1
1
1
1
1
2
1
1
1
Or - n 1 ¥ n - n 2 n 2 - n 2 .
2 2
4 2
2 2
2
2 2
Ê 1 0 0ˆ
Á1
1˜
b) lim Mn Á
˜.
0
n Æ
2˜
Á2
ÁË 0 0 1 ˜¯
c) Si elles existent, les matrices lignes stables par M vérifient PM = P .
a 0, 25b a
ÔÔ0, 5b b
Si P = (a b c), on obtient Ì
donc toutes
Ô0, 25b c c
ÔÓa b c 1
les matrices du type (a 0 1 
– 
a) où a Œ[ 0 ; 1] sont
stables par M.
Ê 2 0ˆ
Ê 3ˆ
21 a) A Á
et C Á ˜ .
˜
0
4
Ë
Ë - 1¯
¯
© Nathan. Hyperbole Term S Spécialité
Ê1 0 ˆ
Ê - 5ˆ
b) A Á
et C Á
.
Ë 0 - 1˜¯
Ë 1 ˜¯
La matrice A admet une puissance dont tous les coefficients sont strictement positifs, donc le processus admet
un unique état stable et la suite des états probabilistes
converge vers l’état stable S indépendamment de l’état
initial.
S SA € S( I - A) 0 donc si S = (a b c) il faut ré2
1
Ô3 c - a 0
Ôa 4
Ô
Ô
1
Ô
3
Ô
soudre le système : Ìa c - b 0 € Ìb .
3
8
Ô
Ô
Ôc 3
Ôb - c 0
ÔÓ
ÔÓa b c 1
8
c) À long terme, Juliette possède le ballon 25 % du temps,
Michel et Zinédine 37,5 % du temps.
Ê 3 - 2ˆ
Ê 7ˆ
22 a) A Á
et C Á ˜ .
˜
Ë1 0 ¯
Ë 0¯
Ê 2 1ˆ
Ê - 1ˆ
b) A Á
et C Á ˜ .
Ë 1 0 ˜¯
Ë 0¯
23 a) S état stable vérifie S AS C soit S - AS C ,
d’où ( I - A)S C.
b) D’où, si I - A est inversible, S ( I - A)-1 C et donc
d’après l’affichage de la calculatrice :
Ê
1ˆ
- ˜
Á 0
2˜
SÁ
C.
1 ˜
Á 1
ÁË 4
8 ˜¯
Ê
1 ˆ Ê 1ˆ
Á ˜ Á- ˜
Ê 2ˆ
2 ˜ Á 2˜
Si C Á ˜ , S Á
.
Ë 1¯
Á 1 1˜ Á 3˜
ÁË 2 8 ˜¯ ÁË 8 ˜¯
99
Ê
5 ˆ Ê 5ˆ
Á ˜ Á- ˜
Ê 3 ˆ
2 ˜ Á 2˜
Á
Si C Á
,
S
.
Ë - 5˜¯
Á 3 5 ˜ Á 11˜
ÁË - 4 - 8 ˜¯ ÁË - 8 ˜¯
24 a) Si la matrice I - A est inversible, alors il existe un
état stable. Avec la calculatrice, on obtient :
Ê3 0 ˆ
Ê 2ˆ
26 a) A Á
et C Á ˜ .
˜
Ë 0 - 2¯
Ë 1¯
Ê x ˆ Ê 3 0 ˆ Ê x ˆ Ê 2ˆ
b) S AS C € Á ˜ Á
˜Á ˜ Á ˜
Ë y ¯ Ë 0 - 2 ¯ Ë y ¯ Ë 1¯
Ê x ˆ Ê 3x 2 ˆ
€Á ˜ Á
˜
Ë y ¯ Ë - 2 y 1¯
0 2 x 2
€Ì
Ó0 - y 1
x - 1
c) On trouve Ì
donc l’état stable, s’il existe est
Óy 1
Ê - 1ˆ
S Á ˜.
Ë 1¯
Ê 2ˆ
Á- ˜
Á 9˜
5
1
S ( I - A) C ÁÁ - ˜˜ .
9
Á
˜
Á - 1˜
ÁË 2 ˜¯
Ê 7 0ˆ
b) A Á
. Si la matrice I - A est inversible, alors il
Ë 0 2 ˜¯
existe un état stable. Avec la calculatrice, on obtient :
Ê 0, 5 ˆ
Soit S Á
˜.
Ë - 4¯
Ê x ˆ Ê x - 4 y 5ˆ
€Á ˜ Á
˜
x
¯
Ë y¯ Ë
0 - 4 y 5
€Ì
Óy x
5
c) On trouve y = , donc l’état stable, s’il existe est
4
Ê 5ˆ
Á ˜
4
S Á ˜.
Á 5˜
ÁË 4 ˜¯
Ê 4 ˆ
29 a) On obtient S Á
.
Ë - 3˜¯
b) Montrons que pour tout nombre entier naturel n non
nul An = 2n–1A. La récurrence est immédiate.
c) On a Un+1 = AUn + C ⇔(Un+1 – S) = A(Un – S).
Par une récurrence immédiate on obtient :
Un – S = An(U0 – S) et donc… Un = An(U0 – S) + S.
Ê 2n -1 2n -1 ˆ Ê - 1ˆ Ê 4 ˆ Ê 4 ˆ
d) Ainsi Un Á
˜Á ˜ Á
˜ Á
˜.
Ë 2n -1 2n -1 ¯ Ë - 1¯ Ë - 3¯ Ë - 3¯
30 a) Un 1 AUn C
S AS C
© Nathan. Hyperbole Term S Spécialité
Ê xˆ Ê x - y 4 ˆ
€Á ˜ Á
˜
Ë y ¯ Ë 2 x 3 y 1¯
0 - y 4
€Ì
.
Ó0 2 x 2 y 1
x 3, 5
b) On trouve Ì
donc l’état stable, s’il existe est
Óy - 4
Ê 3, 5 ˆ
SÁ
˜.
Ë - 4¯
100
Il y a un état stable.
Ê x ˆ Ê 1 - 1ˆ Ê x ˆ Ê 4 ˆ
25 a) S AS C € Á ˜ Á
˜Á ˜ Á ˜
Ë y ¯ Ë 2 3 ¯ Ë y ¯ Ë 1¯
Ê x ˆ Ê 1 - 4 ˆ Ê x ˆ Ê 5ˆ
b) S AS C € Á ˜ Á
˜Á ˜ Á ˜
Ë y ¯ Ë 1 0 ¯ Ë y ¯ Ë 0¯
Ê - 3ˆ
28 a) On observe que Á
correspond à un état
Ë 1 ˜¯
stable.
Ê-1 3 ˆ
b) On calcule (I2 – A)–1 ¥ C (car I2 – A = Á
est
Ë - 4 - 4 ˜¯
inversible (déterminant non nul)).
Ê - 3ˆ
(I2 – A)–1 ¥ C = Á
.
Ë 1 ˜¯
On obtient Ê1 - 4ˆ
Ê 5ˆ
27 a) A Á
et C Á ˜ .
˜
Ë1 0 ¯
Ë 0¯
Par soustraction, on obtient Un 1 - A A(Un - S) soit :
Vn 1 AVn .
b) On montre par récurrence que, pour tout nombre
entier naturel n, on a :
Vn An V0 ( Vn 1 AVn AAn V0 An 1V0 ).
Ê 2 2 0ˆ
Ê - 1 2 0ˆ
c) On a A Á 1 2 1˜ et I - A Á 1 1 1˜ est inverÁ
Á
˜
˜
Ë 0 2 2¯
Ë 0 2 1¯
Ê 1
2 - 2ˆ Ê 4 ˆ Ê 0 ˆ
1
Á
sible et S ( I - A) C 1
1 - 1˜ Á 0 ˜ Á 2 ˜
Á
˜Á ˜ Á
˜
Ë - 2 - 2 3 ¯ Ë 2 ¯ Ë - 2¯
Un Vn S An V0 S An (U0 - S) S
Ê
ˆ
4n
- 2n -1 4 n -1˜
Á 2n -1 4 n -1
2
Á
˜
Ê 0ˆ
n
Á
˜
4
Á ˜
1
1
n
n
Á
4
4
˜ (U0 - S) Á 2 ˜
2
Á
˜
Ë - 2¯
4n
Á n -1
˜
1
1
1
n
n
n
2 4
Á- 2 4
˜
2
Ë
¯
0, 4
car du sommet A, il peut avec une
3
probabilité de 0,4 aller sur chacun des trois sommets.
Si le mobile est en 2 à l’instant n, il peut soit :
– avec une probabilité de 0,6, aller de manière équiprobable en 1 ou 3 ;
– avec une probabilité de 0,4, aller de manière équiprobable en 1, 2 ou 3.
0, 6 0, 4
Ainsi P( Xn1 1) (réunion de deux événe2
3
ments incompatibles).
De même, si le mobile est en 3 à l’instant n, alors :
0, 6 0, 4
P( Xn1 1) .
2
3
b) P( Xn 1 1) P( Xn 1 1 « Xn 1)
P( Xn 1 1 « Xn 2) P( Xn 1 1 « Xn 3)
PXn 1(P( Xn 1 1)P( Xn 1) PXn 2 (P( Xn 1 1)P( Xn 2)
31 a) P( Xn1 ) PXn 3 (P( Xn 1 1)P( Xn 3)
Ainsi,
Ê 0, 6 0, 4 ˆ
0, 4
P( Xn 1) Á
˜ P( Xn 2)
Ë 2
3
3 ¯
Ê 0,, 6 0, 4 ˆ
Á
˜ P( Xn 3)
Ë 2
3 ¯
© Nathan. Hyperbole Term S Spécialité
P( Xn 1 1) ˆ
Ê1
1
0, 6 Á P( Xn 2) P( Xn 3)˜
¯
Ë2
2
0, 4
(P( Xn 1) P( Xn 2) P( Xn 3))
3
ˆ 0, 4
1
0, 6 Ê
.
ÁP( X 2) P( Xn 3)˜¯ 2
3
2 Ë n
c) De même :
ˆ 0, 4
0, 6 Ê
1
P( Xn 1 2) ÁP( X 1) P( Xn 3)˜¯ 2 Ë n
2
3
ˆ 0, 4
0, 6 Ê
1
.
ÁP( X 1) P( Xn 2)˜¯ 2 Ë n
2
3
Ê 0, 4 ˆ
Á
˜
Ê 0 0, 3 0, 3ˆ
Á 3 ˜
0, 4 ˜
.
d) Un1 Á0, 3 0 0, 3˜ Un ÁÁ
Á
˜
3 ˜
ÁË0, 3 0, 3 0 ˜¯
Á
˜
144444424444443
Á 0, 4 ˜
A
ÁË 3 ˜¯
14424443
et P( Xn 1 3) C
32 a) P( X0 = 1) = 1
b) Voir exercice précédent.
ˆ 0, 2
0, 8 Ê
1
P( Xn 1 1) ÁËP( Xn 2) P( Xn 3)˜¯ 2
2
3
ˆ 0, 2
0, 8 Ê
1
P( Xn 1 2) ÁP( X 1) P( Xn 3)˜¯ 2 Ë n
2
3
ˆ 0, 2
0, 8 Ê
1
P( Xn 1 3) ÁP( X 1) P( Xn 2)˜¯ 2 Ë n
2
3
Ê 0, 2 ˆ
Á
˜
Ê 0 0, 4 0, 4ˆ
Á 3 ˜
0, 2 ˜
.
c) Un1 Á0, 4 0 0, 4˜ Un ÁÁ
Á
˜
3 ˜
ÁË0, 4 0, 4 0 ˜¯
Á
˜
144444424444443
Á 0, 2 ˜
A
ÁË 3 ˜¯
144424443
C
Ê 1
- 0, 4 - 0, 4ˆ
Á
d) La matrice I3 - A - 0, 4
- 0, 4˜˜ est inver1
Á
ÁË- 0, 4 - 0, 4
1 ˜¯
Ê 1ˆ
Á ˜
Á 3˜
Á 1˜
sible, donc S ( I - A)-1 C Á ˜ .
3
Á ˜
Á 1˜
ÁË 3˜¯
On peut aussi le conjecturer.
Ê 0, 4 0, 8 ˆ
33 a) Un 1 AUn où A Á
˜.
Ë - 0,1 1, 2 ¯
Ê 1ˆ
b) C Á ˜
Ë 0¯
Ê - 0, 6 - 0, 8 ˆ
c) I2 - A Á
˜ et
Ë 0,1 - 0, 2 ¯
Ê -1
4 ˆ
( I2 - A)-1 Á
0
,
5
3˜¯
Ë
Ê -1
4 ˆ Ê 1ˆ Ê 5 ˆ
S ( I - A)-1 C Á
Á
˜
˜
Ë - 0, 5 - 3¯ ÁË 0 ˜¯ Ë 2, 5¯
Ê 0, 3 0, 7 ˆ
34 a) A Á
˜
Ë - 0, 2 1, 3 ¯
101
Ê - 0, 7 0, 7 ˆ
c) ( I - A) Á
˜ est inversible.
Ë - 0, 2 0, 3¯
Donc S existe et S = (I – A)–1C.
Ê 30q ˆ
Á
˜
7 ˜
On trouve S Á
.
Á 20q ˜
ÁË 7 ˜¯
20q
soit q = 350.
7
Il faut donc injecter 350 mg de substance A et on aura
30 ¥ 350
alors
= 1 500 mg de substance A.
7
d) Il faut que
5. Objectif Bac
35 1. b). 2. c). 3. b). 4. c).
36 1. Faux. 2. Vrai. 3. Vrai.
37 1. Faux. 2. Faux. 3. Vrai. 4. Vrai.
38 1. Sur l’arête de 2 à 1 : 0,20.
Sur l’arête de 3 à 2 : 0,15.
Sur l’arête de 1 à 2 : 0,6.
Sur l’arête de 2 à 3 : 0,1.
Sur l’arête de 1 à 1 : 0,4.
Sur l’arête de 2 à 2 : 0,7.
Sur l’arête de 3 à 3 : 0,85.
2. a) P(X0 = 1) = 0,2 ; P(X0 = 2) = 0,7.
P(X0 = 3) = 0,1.
b) P(Xn+1 = 1) = P([Xn+1 = 1]  [Xn = 1])
+ P([Xn+1 = 1]  [Xn = 2])
P(Xn+1 = 1) = 0,4 × P(Xn = 1) + 0,2 × P(Xn = 2)
c) P(Xn+1 = 2) = P([Xn+1 = 2]  [Xn = 1])
+ P([Xn+1 = 2]  [Xn = 2]) + P([Xn+1 = 2]  [Xn = 3])
donc
P(Xn+1 = 2) = P[Xn = 1][Xn+1 = 2] × P[Xn = 1]
+ P[Xn = 2]([Xn+1 = 2]) × P[Xn = 2]
+ P[Xn = 3]([Xn+1 = 2]) × P[Xn = 3]
102
P(Xn+1 = 2) = 0,6 × P(Xn = 1)
+ 0,7 × P(Xn = 2) + 0,15 × P(Xn = 3)
de même :
P(Xn+1 = 3) = P([Xn+1 = 3]  [Xn = 2])
+ P([Xn+1 = 3]  [Xn = 3])
donc
P(Xn+1 = 3) = P[Xn = 2][Xn+1 = 3] × P[Xn = 2]
+ P[Xn = 3]([Xn+1 = 3]) × P[Xn = 3]
P(Xn+1 = 3) = 0,1 × P(Xn = 2) + 0,85 × P(Xn = 3)
Conclusion :
Ê 0, 4 0, 6
0 ˆ
Á
Pn+1 = Pn 0, 2 0, 7
0,1 ˜˜
Á
ÁË 0 0,15 0, 85˜¯
3. a) L’année 2015 correspond à n = 3. On obtient
P3 ≈ 
(0,20 0,57 0,23). C’est donc le niveau 2 qui a le
plus d’adhérents.
b) La matrice de transition admet une puissance dont
tous les coefficients sont strictement positifs, donc le
processus admet un unique état stable et la suite des
états probabilistes converge vers l’état stable S indépendamment de l’état initial.
Ê 1 1 1ˆ
S = SM. On obtient S = Á
˜.
Ë 6 2 3¯
Interprétation : à long terme, la moitié des adhérents
choisissent le niveau 2, un tiers le niveau 3 et le reste
le niveau 1.
Ê1
Á
2
39 1. a) A Á
Á1
ÁË 2
1ˆ
˜
2˜
1˜
2 ˜¯
b) A2 = A3 = A 4 = A … Il semblerait que An = A .
c) On montre par récurrence que, pour tout n nombre
entier naturel, An = A .
d) La suite ( An ) converge donc vers la matrice L = A .
Ê 1ˆ
Á ˜
2
2. L’état stable est donc S Á ˜ .
Á 1˜
ÁË 2 ˜¯
Ê 0, 7 - 0, 2 ˆ
Ê 0, 07 ˆ
40 A. 1. A Á
et C Á
˜
˜.
Ë - 0, 4 0, 7 ¯
Ë 0, 2 ¯
2. La matrice I - A est inversible, donc il existe un état
stable S.
Ê 0 , 1ˆ
S ( I2 - A)-1 C Á
˜.
Ë 0, 2 ¯
B. 1. a) Un 1 AUn C
S AS C . Par soustraction, on obtient :
Un 1 - S A(Un - S) soit Vn 1 AVn .
b) On montre par récurrence que, pour tout n nombre
entier naturel,Vn = An V0 .
On en déduit Un An (U0 - S) S.
© Nathan. Hyperbole Term S Spécialité
Ê qˆ
b) C Á ˜
Ë 0¯
Ê 0, 2 ˆ
2. a) U0 Á
˜ donc en 2013, on obtient une proporË 0, 3 ¯
tion égale à 0,25 pour l’espèce A.
Et en 2016, U4 A 4 (U0 - S) S. On obtient une proportion égale à 0,33 pour l’espèce A.
b) À long terme, la proportion de l’espèce A tend vers 0,37.
6. Exercices d’entraînement
41 1. xn+1 = 0,4xn + 0,3yn + 0,2zn.
yn+1 = 0,3xn + 0,4yn + 0,1zn.
zn+1 = 03xn + 0,3yn + 0,7zn.
2. a) zn = 1 – xn – yn.
b) xn+1 =
0,4x – n + 0,3yn + 0,2(1 – xn – yn)
= 0,2xn + 0,1yn + 0,2
yn+1 = 0,2xn + 0,3yn + 0,2.
Ê 0, 2 ˆ
Ê 0, 2 0,1ˆ
Un 1 Á
Un Á
˜
˜
Ë 0, 2 0, 3¯
Ë 0,1 ¯
14444244443
1442443
A
n
n
Ê
ˆ
1 1
1 2
5
Á - ÊÁ ˆ˜ - ÊÁ ˆ˜ ˜
15 Ë5¯
18 ˜
Á 9 Ë10¯
Un = AnV0 + C = … = Á
˜.
n
n
1
1
2
2
2
Ê
ˆ
Ê
ˆ
Á
˜
- Á ˜ ÁË 9 ÁË10˜¯
15 Ë5¯
9 ˜¯
n
n
1Ê 1 ˆ
1 Ê 2ˆ
5
Ainsi "n ∈ , xn - Á ˜ - Á ˜ et
9 Ë 10 ¯
15 Ë 5 ¯
18
n
n
1Ê 1 ˆ
2 Ê 2ˆ
2
ÁË ˜¯ - ÁË ˜¯ .
9 10
15 5
9
Puis zn = 1 – xn – yn = …
5
2
d)  lim xn º et lim yn º et
n Æ
18 n Æ
9
5 2 1
lim zn º 1 - .
n Æ
18 9 2
yn 42 1. a) 
B
Ê 0, 8 - 0,1ˆ
3. I - A Á
˜ est inversible (déterminant
Ë - 0, 2 0, 7 ¯
Ê 5ˆ
Á ˜
18
non nul), donc C (I - A)-1B Á ˜ .
Á 2˜
ÁË 9 ˜¯
4. Un+1 = AUn + B ⇔ Vn+1 = AVn.
On en déduit (récurrence immédiate) que "n ∈ ,
Vn = AnV0.
Ê2
Ê 1
ˆ
1ˆ
- ˜
0˜
Á
Á
Ê
ˆ
3
3˜
1 1
10
˜
5. a) D P-1AP Á
A
Á
2˜
1 ˜ ÁË - 1 2 ˜¯ Á
Á1
ÁË 3
ÁË 0 5 ˜¯
3 ˜¯
© Nathan. Hyperbole Term S Spécialité
b) A = PDP–1 donc (…) An = PDnP–1.
n
Ê
ˆ
1
Á ÊÁ ˆ˜
0 ˜
Á Ë10¯
˜
Or (…) D n Á
.
n˜
Ê2ˆ ˜
Á 0
ÁË ˜¯ ˜
ÁË
5 ¯
n
n
Ê
2 1
1 2
Á ÊÁ ˆ˜ ÊÁ ˆ˜
3 Ë5¯
Á 3 Ë10¯
Ainsi (…) An Á
n
n
Á 2 ÊÁ2ˆ˜ - 2 ÊÁ 1 ˆ˜
ÁË 3 Ë5¯
3 Ë10¯
n
c) On a Vn = Un – C = A V0.
Ê 5ˆ Ê
Ê 0,1ˆ Á 18 ˜ Á V0 U0 - C Á
˜ -Á ˜ Á
Ë 0, 2 ¯ Á 2 ˜ Á ÁË 9 ˜¯ ÁË
On a "n ∈  :
n
nˆ
1 Ê 1ˆ
1 Ê2ˆ
Á ˜
Á ˜ ˜
3 Ë10¯
3 Ë5¯ ˜
.
n
n ˜
1 Ê 1ˆ
2 Ê2ˆ ˜
Á ˜ ÁË ˜¯ ˜
3 Ë10¯
3 5 ¯
-
8ˆ
˜
45 ˜
.
1˜
45 ˜¯
2. a) jn+1 = jn + 8an et an+1 =
1
a.
4 n
Ê 1 8ˆ
˜.
Ainsi L Á 1
Á
0˜
Ë4
¯
Ê 1
1ˆ
Á
˜
12
3˜
3. a) P-1 Á
Á 1 2˜
ÁË - 12 3 ˜¯
Ê2 0 ˆ
P-1AP Á
Ë 0 - 1˜¯
Ê 3 8ˆ
˜
b) L2 Á 1
Á
2˜
Ë4
¯
Ê 2n
0 ˆ
Ln P Á
n˜
Ë 0 ( - 1) ¯
Ê ( - 1)n 2n 1
ˆ
8
8
- ( - 1)n ¥ 2n ˜
Á
3
3
3
˜
Ln Á 3
1
Á 1 n
˜
n
n
n
(2 2( - 1) ) ˜
ÁË 12 (2 ( - 1) )
3
¯
Ê 20 ˆ
U0 Á ˜
Ë 0¯
103
Ê
Á0
Á
Á1
43 a) M Á
2
Á
Á1
ÁË 2
Ê
Á0
Á
Á1
5
b) M U0 Á
2
Á
Á1
ÁË 2
1
2
0
1
2
1
2
0
1
2
1ˆ
˜
2˜
1˜
2˜
˜
0 ˜˜
¯
Ê 5ˆ
1ˆ
Á ˜
˜
2 ˜ Ê ˆ Á 16 ˜
1
1 ˜ Á ˜ Á 11 ˜
0 2 ˜ Á 0 ˜ Á 32 ˜
˜Ë ¯ Á ˜
Á 11 ˜
0 ˜˜
ÁË 32 ˜¯
¯
Donc la probabilité que la fourmi se trouve en C au bout
11
de 5 secondes vaut .
32
c) Au bout d’un grand laps de temps, la probabilité que
la fourmi se trouve sur un sommet sera égale à 1/3.
d) On montre par récurrence que, pour tout nombre
1
( - 1)n
( - 1)n
I
entier naturel n, on a Mn A où A
3
2n
3 ¥ 2n
désigne la matrice d’ordre 3 n’ayant que des 1.
44 a) PTP–1 = M.
Ê
Ê 1 0 0 ˆˆ
ÁP-1 Á - 8 0 8 ˜˜
Á
Á
˜˜
Ë - 1 1 0 ¯¯
Ë
Ê1
Á
b) T = D + E avec D = Á 0
Á
Á
Á0
Ë
104
0
3
4
0
0ˆ
˜
0˜.
˜
3˜
˜
4¯
Ê0 0
Á
DE = ED = Á 0 0
Á
ÁË 0 0
0ˆ
3˜
˜.
4˜
0 ˜¯
c) Par récurrence :
– Initialisation : immédiat car T = D + E = D1 + 1 ¥ D0 ¥ E.
– Hérédité : On suppose que pour un certain nombre
entier naturel p non nul, on a Tp = Dp + pDp–1 ¥ E.
Montrons que Tn+1 = Dp+1 + (p + 1)Dp ¥ E.
En effet, Tp+1 = T ¥ Tp = T ¥ Dp + pT ¥ Dp–1 ¥ E.
Ainsi, Tp+1 = Dp+1 + E ¥ Dp + pDp ¥ E + pDp–1 ¥ E ¥ E (car D
et E commutent donc Dp–1 et E aussi).
Ainsi, Tp+1 = Dp+1 + Dp ¥ E + pDp ¥ E (car E ¥ E est la matrice
nulle).
On a donc Tp+1 = Dp+1 + (p + 1)DpE. C’est ce que l’on
voulait, ainsi pour tout nombre entier naturel n non nul,
Tn = Dn + pDn–1E.
Ê1
0
0 ˆ
Á
˜
n
Ê 3ˆ
On a alors D n Á 0 Á ˜
0 ˜.
Á
˜
Ë 4¯
Á
˜
n
Á
Ê 3ˆ ˜
0
ÁË ˜¯ ˜
Á0
4 ¯
Ë
Ê0 0
0 ˆ
Á
n -1 ˜
D n -1E Á 0 0 ÊÁ 3ˆ˜ ˜
Á
Ë 4¯ ˜
Á
˜
0 ¯
Ë0 0
Ê1
0
0 ˆ
Ê0 0
Á
˜
0 ˆ
n
Á
Á 0 Ê 3ˆ
˜
n -1 ˜
0
ÁË ˜¯
˜ n Á 0 0 Ê 3ˆ ˜
Tn Á
4
ÁË ˜¯ ˜
Á
Á
˜
4
n
Á
˜
Á
Ê 3ˆ ˜
0
0
0 ¯
0
Ë
ÁË ˜¯ ˜
Á0
4
Ë
¯
Ê1
0
0 ˆ
Á
n
n -1 ˜
Ê 3ˆ ˜
Á 0 Ê 3ˆ
n
ÁË ˜¯
ÁË ˜¯ ˜
Á
4
4
˜
Á
n
Á
Ê 3ˆ ˜
0
ÁË ˜¯ ˜
Á0
4
Ë
¯
n
n
–1
M = … = PT P et donc …
Ê
1
0
0 ˆ
Á
˜
n
n
Ê 3ˆ
Ê 3ˆ
˜.
1- Á ˜
0
Mn Á
ÁË ˜¯
Á
˜
Ë 4¯
4
Á
˜
n -1
n
n -1
n
n Ê 3ˆ
Á n Ê 3ˆ
Ê 3ˆ
Ê 3ˆ ˜
- Á ˜ 1
Á ˜
ÁË ˜¯ ˜
Á- Á ˜
Ë 4¯
8 Ë 4¯
4 ¯
Ë 8 Ë 4¯
Ê 1 0 0ˆ
d) La limite est Á 1 0 0 ˜ .
Á
˜
Ë 1 0 0¯
45 a) in+1 = 1, in – 0,04nin.
5
4
 n 1 ¥
 i 0, 92 n 0, 002 n in 0, 92 n
100 100 n n
© Nathan. Hyperbole Term S Spécialité
Ê1
ˆ
2
Ainsi jn 20 Á ( - 1)n ¥ 2n ˜ et
Ë3
¯
3
Ê 1
ˆ
1
( - 1)n 2n ˜
an 20 Á Ë 12
12 ¯
Tn = 5(– 1)n + 15 ¥ 2n.
a
1
lim n º n Æ Tn
9
jn
8
lim
º
n Æ Tn
9
Tn 1
lim
º 2
n Æ Tn
b) La suite serait géométrique de raison 1,1 donc croissante et tendant vers + ∞.
c) La suite serait géométrique de raison 0,92 donc décroissante et tendant vers 0.
d) in+1 – in = 0,1in – 0,04nin = in(0,1 – 0,04n).
n+1 – n = 0,002nin – 0,08n = n(0,002in – 0,08).
Si les populations sont restées stables on a in+1 = in soit
0,1
0, 08
n =
= 2, 5 et n+1 = n soit in =
= 40 .
0, 04
0, 002
On aura donc 250 lézards et 4 000 insectes.
Ê
1 1 1ˆ
Á0
˜
3 3 3˜
Á
1 1˜
Á1
Á 3 0 3 3˜
46 1. T Á
˜
Á 1 1 0 1˜
Á3 3
3˜
Á1 1 1
˜
Á
˜
0
ÁË 3 3 3
¯˜
1
2. a) T (M - I4 )
3
b) Récurrence
c) Par récurrence ou (M et I4 commutent) :
Ê n Ê nˆ
ˆ
T n 3- n Á Â Á ˜ ( - 1)n - k Mk ˜
Ë k 0 Ë k¯
¯
Ê n Ê nˆ
ˆ
3- n Á Â Á ˜ ( - 1)n - k 4 k -1M ( - 1)n I4 ˜ .
Ë k 1Ë k¯
¯
Ainsi :
T n 3- n ¥
3- n ¥
ˆ
1 Ê n Ê nˆ
n- k k
-n
Á Â Á k˜ ( - 1) 4 ˜ M ( - 3) I4
4 Ë k 1Ë ¯
¯
ˆ
1 Ê n Ê nˆ
n- k k
Á Â Á k˜ ( - 1) 4 ˜ M
4 Ëk 0 Ë ¯
¯
1
( - 1)n M ( - 3)- n I4 .
4
On en déduit la réponse à la question posée.
1
d) Les deux suites convergent vers . Au bout d’un grand
4
nombre de déplacements, on peut se retrouver de
manière équiprobable sur l’un des 4 sommets.
- 3- n ¥
© Nathan. Hyperbole Term S Spécialité
47 1. Nn 1 0, 9Nn 0, 2Sn
Sn 1 0,1Nn 0, 8Sn
Ê 0, 9 0, 2 ˆ
2. A Á
˜
Ë 0,1 0, 8 ¯
Pour A20 on obtient :
Il semblerait que la suite de matrices ( An ) converge vers
Ê 2 2ˆ
Á
˜
3 3˜
la matrice Á
.
Á 1 1˜
ÁË 3 3 ˜¯
Ê 17
Á
30
b) C2 Á
Á 17
ÁË - 30
4ˆ
˜
30 ˜
donc C2 lC avec l 0, 7.
4 ˜
30 ˜¯
-
c) On vérifie que CB = BC = 0 et on montre que B2 = B .
On calcule ensuite A2 lC 2CB B2 lC B.
d) On montre alors par récurrence que, pour tout n
nombre entier naturel non nul, An l n -1C B .
47
1
¥ 0, 7n et
4. a) On trouve Sn 120
3
47
2
Nn ¥ 0, 7n .
120
3
b) À long terme, 1/3 des oiseaux séjourneront dans le
sud contre 2/3 dans le nord.
48 1. 
1
¥ 0, 6P( Xn 1) P( Xn 2) P( Xn 3)
3
Ê1
ˆ
1
0, 4 ¥ Á P( Xn 2) P( Xn 3)˜
Ë2
¯
2
0, 2 0, 2(P( Xn 2) P( Xn 3))).
P(Xn+1 = 2) = 0,2 + 0,2(P(Xn = 1) + P(Xn = 3)).
P(Xn+1 = 3) = 0,2 + 0,2(P(Xn = 1) + P(Xn = 2)).
Ê 0 0, 2 0, 2 ˆ
Ê 0, 2 ˆ
Á
˜
c) Un1 0, 2 0 0, 2 un Á 0, 2 ˜
Á
˜
Á
˜
ÁË 0, 2 0, 2 0 ˜¯
ÁË 0, 2 ˜¯
14444444244444443
1442443
b) P( Xn 1 1) Ê 0ˆ
2. a) U0 Á 1˜ .
Á ˜
Ë 0¯
A
C
b) On calcule U2 et U3 (copie d’écran).
La probabilité de se trouver au sommet 2 après 2 étapes
est d’environ 0,36 et au bout de 3 étapes 0,328.
c) 
3. a) Pour A10 on obtient :
105
49 a) Voir matrice de transition.
Ê1 1
ˆ
0˜
Á
Á2 2
˜
Á 1 1 1˜
b) M Á
4 2 4˜
Á
˜
Á 0 1 1˜
ÁË
2 2 ˜¯
c) Récurrence.
Ê 1 1 1ˆ
Á
˜
Á 4 2 4˜
Á 1 1 1˜
d)  lim Mn Á
n Æ
4 2 4˜
Á
˜
Á 1 1 1˜
ÁË 4 2 4 ˜¯
e) La suite converge et sa limite ne dépend pas de l’état
initial.
f) Pour les probabilités, on regarde le type du second
parent ; si par exemple le second parent est dominant,
alors l’enfant reçoit A de chaque parent : il est dominant.
Si par contre, l’autre parent est hybride : alors l’enfant
recevra AA ou AB.
Ê 1 0 0ˆ
Á1 1
˜
Cette fois-ci, la matrice de transition est N Á
0˜ .
Á2 2
˜
ÁË 0 1 0 ˜¯
On peut conjecturer une expression de Nn en fonction
Ê
1
0
0ˆ
Á 2n - 1
˜
1
˜.
de n : Nn Á
0
2n
Á 2n
˜
Á 2n -1 - 1
˜
1
Á n -1
0˜
n
1
2
Ë 2
¯
On démontre ce résultat à l’aide d’un raisonnement par
récurrence ; on en déduit que (Nn)n∈ converge vers
Ê 1 0 0ˆ
Á 1 0 0˜ .
Á
˜
Ë 1 0 0¯
50 1. Par récurrence.
Ê an bn ˆ
Ou An de la forme Á
˜ (récurrence) avec
ÁË bn an ˜¯
1
2
2
1
an 1 an bn et bn 1 an bn .
3
3
3
3
106
Alors la suite de terme général an + bn est constante et
égale à 1 et la suite de terme général an – bn est géomé1
trique de raison - .
3
3n ( - 1)n
3n - ( - 1)n
Ainsi, "n ∈ , an et bn .
n
2¥3
2 ¥ 3n
2. a) P(R n 1 ) P(R n 1 « R n ) P(R n 1 « Vn )
1
2
P(R n ) P( Vn )
3
3
2
1
De même, P( Vn 1 ) P(R n ) P( Vn ).
3
3
Ê P(R n 1 )ˆ
Ê P(R n )ˆ
b) Ainsi, Á
˜ AÁ
˜.
ÁË P( Vn 1 ) ˜¯
ÁË P( Vn ) ˜¯
Ê 3n ( - 1)n ˆ
Ê P(R n )ˆ
Ê 1ˆ Á 2 ¥ 3n ˜
˜.
On en déduit que Á
˜ An Á ˜ Á n
ÁË P( Vn ) ˜¯
Ë 0 ¯ Á 3 - ( - 1)n ˜
Á
˜
Ë 2 ¥ 3n ¯
Ê 1ˆ
Á ˜
2
c) La limite en + ∞ est Á ˜ .
Á 1˜
ÁË 2 ˜¯
51 a) P0 = (1 0) et P5 = P0M5 . Avec la calculatrice
Ê 0, 572 47 0, 427 53 ˆ
M5 ª Á
˜ d’où P5 ª ( 0, 57 0, 43).
Ë 0, 570 04 0, 429 96 ¯
b) Malgré l’erreur initiale, le résultat de l’élève est correct car
la matrice M admet une puissance dont tous les coefficients
sont strictement positifs, donc le processus admet un unique
état stable et la suite des états probabilistes converge vers
l’état stable P indépendamment de l’état initial.
P PM € P( I2 - M) 0 . Si P = (a b), on obtient le
4
0, 7a 0, 4b a
a
Ô
Ô
Ô
7
système Ì0, 3a 0, 6b b € Ì
3
Ôb Ôa b 1
Ó
7
ÓÔ
Ê 4 3ˆ
donc P Á
˜.
Ë 7 7¯
52 (éléments de solution)
Matrice de transition :
Ê 0
1
0
0
0
0
0
0 ˆ
Á1/ 7 0 6 / 7
0
0
0
0
0 ˜
Á
˜
5/7
0
0
0
0 ˜
Á 0 2/7 0
Á 0
0 3/7
0
4/7 0
0
0 ˜
A=Á
0
0
0 4/7
0 3/7 0
0 ˜
Á
˜
0
0
0
5/7
0 2/7 0 ˜
Á 0
Á 0
0
0
0
0
6 / 7 0 1/ 7˜
Á
˜
1
0 ¯
0
0
0
0
0
Ë 0
et ( An )nŒ converge vers la matrice dont les lignes sont :
0.016,0.0,0.33,0.0,0.55,0.0,0.11,0.0 (valeurs arrondies au
centième).
© Nathan. Hyperbole Term S Spécialité
Ê 1ˆ
Á ˜
Á 3˜
Á 1˜
S ( I3 - A)-1 C Á ˜
3
Á ˜
Á 1˜
ÁË 3 ˜¯
Au bout d’une longue période, on peut se retrouver de
manière équiprobable sur chacun des sommets.
7. Exercices
d’approfondissement
Ê 2 0ˆ
53 a) Q -1 Á
Ë - 1 1˜¯
Ê1 0 ˆ
b) Q -1AQ Á
˜
Ë 0 0, 5¯
55 1. a)
On montre par récurrence que pour tout n nombre entier
naturel, Dn = Q–1AnQ.
Ê1
0 ˆ
c) D n Á
donc :
n˜
Ë 0 0, 5 ¯
An QD n Q -1
Ê
1
0ˆ
Á
1
1 ˜.
Á- n 1 n ˜
2 ¯
Ë 2
d) La suite de matrices (An) converge vers la matrice
Ê 1 0ˆ
ÁË 1 0 ˜¯ .
Ê 4
Á
9
54 a) A2 Á
Á 5
ÁË 12
Ê1
5ˆ
˜ 5Á
9˜
3
Á
7 ˜ 6Á 1
ÁË 2
12 ˜¯
2ˆ
3 ˜˜ 1 Ê 1 0 ˆ
1 ˜ 6 ÁË 0 1˜¯
2 ¯˜
5
1
A I
6
6
donc P ﬁ Q .
b) Mais Q ﬁ P n’est pas vrai. Par exemple si a = 1, b = 0
Ê 1 1ˆ
Á
˜
2 2˜
alors A2 1A 0I. Mais A Á
par exemple.
Á 1 1˜
ÁË 2 2 ˜¯
c) Q ﬁ R n’est pas vrai. On a a1 = 1 et b1 = 0
a2 = a et b2 = b
a3 a2 b et b3 = ab
© Nathan. Hyperbole Term S Spécialité
1
a4 a3 2ab et b4 a2 b b2 donc an 1 - an 1et
6
1
1
bn 1 - bn pour tout n nombre entier naturel.
6
6
Remarque : Si l’on considère P et Q, on obtient :
An 1 A( an A bn I2 ) an A2 bn I2
Ê5
Ê5
ˆ
1
1 ˆ
an Á A I2 ˜ bn A Á an bn ˜ A an I2 .
6
6 ¯
Ë6
Ë6
¯
5
1
1
On trouve alors an 1 an an -1 et bn 1 an.
6
6
6
d) En revanche R ﬁ Q.
En effet, la proposition R appliquée pour n = 2 donne
1
1
5
A2 a2 A b2 I avec a2 - a1 1 - 1 et
6
6
6
1
1 1
b2 - b1 .
6
6 6
P( Xn 1 0) P( Xn 0) 1
P( Xn 2)
2
1
2) P( Xn 1)
2
1
1
P( Xn 1) P( Xn 2).
2
2
P( Xn 1 1) P( Xn 1
b) Un 1
Ê
1
Á1
2
Á
AUn avec A ÁÁ 0 0
Á
Á0 1
ÁË
2
récurrence que, pour
Un = AnU0.
Ê1
0
1
c) P AP Á 0 - 0, 5
Á
0
Ë0
1ˆ
˜
2˜
1˜
. On montre par
2˜
˜
0 ˜˜
¯
tout nombre entier naturel n,
0 ˆ
0 ˜ D.
˜
0, 5¯
Donc PDP-1 A et on montre par récurrence que, pour
tout nombre entier naturel n :
Ê
ˆ
1
1
1- n
1- n
Á1
˜
2
2
Á
˜
1
1
Á
˜
n
n
1
n
n
A PD P Á 0
(1 ( - 1) )
(1 - ( - 1) )˜ .
n
1
n
1
2
2
Á
˜
1
1
n
n )˜
Á0
(
1
(
1
)
)
(
1
(
1
)
ÁË
˜¯
2n 1
2n 1
Ê 0ˆ
d) Un =
avec U0 Á 1˜ .
Á ˜
Ë 0¯
1
P( Xn 0) 1 - n .
2
1
P( Xn 1) n 1 (1 ( - 1)n )
2
1
P( Xn 2) n 1 (1 - ( - 1)n )
2
e) lim P( Xn 0) 1 donc, à long terme le hamster
AnU0
n Æ
reste dormir !
2. Sur chaque arête du graphe concernée, la probabilité
n
Ê 1ˆ
1
1
vaut . Donc P( Y n) Á ˜ n .
2
2
Ë 2¯
Donc P( Y = 0) = 1.
107
0,42
A
B
0,42
0,84
0,28
0,42
0,42
0,28
D
C
0,28
1
b) Déjà vu : le 0,04 correspond à ¥ (1 - 0, 84 ).
4
On a bn+1 = 0,04 + 0,28cn.
cn+1 = 0,42an + 0,42bn.
dn+1 = 0,04 + 0,42an + 0,28cn.
Ê 0
Ê 0, 04 ˆ
0, 42 0, 28 0, 84 ˆ
Á 0
˜
Á 0, 04 ˜
0
0, 28
0 ˜
˜
c) Un1 Á
Un Á
0
0 ˜
Á 0, 42 0, 42
Á 0, 04 ˜
Á 0, 42
Á 0, 04 ˜
0
0, 28
0 ˜¯
Ë
Ë
¯
d) S = (I4 – A)–1 ¥ C = … (arrondir les coefficients de la
matrice S).
2. a) …
b) À l’aide de Xcas… (Vn) converge vers la matrice nulle
et donc (Un) vers S.
D’où les « notes » de chaque page : respectivement :
(arrondis au centième) 0,38 ; 0,11 ; 0,24 et 0,27.
57 Le résultat de chaque épreuve ne dépend que du
tirage précédent ; on est dans le cas d’une marche aléatoire sur un graphe à trois sommets qui correspondent
aux différents états de l’urne A : nombre de boules rouges
dans l’urne A.
Pour obtenir la matrice M, on peut s’aider d’un arbre de
probabilités.
Par exemple pour la deuxième ligne : on est dans la
situation où l’urne A contient 1 boule rouge et 1 boule
blanche et l’urne B contient 3 rouges et 1 blanche.
On note RA l’événement « tirer une boule rouge de
l’urne A… ».
1
4
1
2
BA
3
4
1
4
•
1
2
BB
RB
BB
RA
3
4
RB
La probabilité que l’urne A contienne 2 boules rouges
est donnée par la deuxième branche de l’arbre :
1 3 3
¥ .
2 4 8
Ê0
Á1
On a M Á
Á8
Á
Á0
Ë
0ˆ
3˜
˜.
8˜
1˜
˜
2¯
On peut conjecturer (Xcas) qu’après un certain temps, la
probabilité que A contienne deux boules rouges est 0,4.
Pour le démontrer, il suffit de remarquer que M2 est
Ê 1
1
3ˆ
Á
˜
2
8˜
Á 8
1
9
3˜
régulière ; en effet, M2 ÁÁ
.
16 16 8 ˜
Á
˜
1
7˜
Á 1
ÁË 16 2 16 ˜¯
On sait alors que la suite (Mn)n∈ converge vers une
matrice dont toutes les lignes sont identiques.
Pour obtenir une telle ligne, il suffit de résoudre l’équation : (a, b, 1 – a – b) = (a, b, 1 – b)M.
1
Ôa 8 b
Ô
Ô
1
1
On résout le système Ìb a b (1 - a - b ) .
2
2
Ô
Ô1 - a - b 3 b 1 (1 - a - b )
ÔÓ
8
2
b 8a
ÔÔ
1
1
Ce système est équivalent au système : Ìb a .
2
2
Ô
ÔÓ7b 4 - 4 a
Ê 1 8ˆ
Le système admet une solution unique Á ; ˜ et
Ë 15 15¯
Ê 1
8 2ˆ
Á
˜
Á 15 15 5 ˜
8 2˜
Á 1
donc (Mn)n∈ converge vers la matrice Á
,
15 15 5 ˜
Á
˜
8 2˜
Á 1
ce qui valide la conjecture.
ÁË 15 15 5 ˜¯
58 Matrice de transition :
Ê
1 1ˆ
Á0
˜
2 2˜
Á
1
1˜
.
M = ÁÁ
0
2
2˜
Á
˜
Á 1 1 0˜
ÁË 2 2
˜¯
Mn =
Ê 1 1 1ˆ
1
n , où A désigne la matrice Á
A
I
(
)
1 1 1˜ .
3
˜
Á
2n
Ë 1 1 1¯
On remarque que An = 3n -1 A, pour n Œ *, donc :
1 n Ê nˆ
Mn = n Â Á ˜ ( - 1)n - k Ak
2 k =0 Ë k¯
=
108
1
1
2
1
2
n Ê ˆ
n k -1
1
nI A
3 ( - 1)n - k .
((
1)
Â
3
Á
n
k˜
2
k =1Ë ¯
© Nathan. Hyperbole Term S Spécialité
56 1. a) 
Mn =
Ê 1 n Ê nˆ
ˆ
1
( - 1)n I3 Á Â Á ˜ 3k ( - 1)n - k ˜ A
n
2
Ë 3 k =1Ë k¯
¯
n
Ê 1ˆ
Ê1 1
ˆ
= Á - ˜ I3 Á ¥ n (2n - ( - 1)n )˜ A.
Ë 2¯
Ë3 2
¯
La probabilité de revenir en A correspond à l’élément
situé première ligne première colonne ; on obtient :
n
1 2 Ê 1ˆ
Á- ˜ .
3 3 Ë 2¯
La probabilité de revenir en B est donnée par l’élément
situé première ligne deuxième colonne ; on obtient :
n
1 Ê Ê 1ˆ ˆ
Á1 - ˜.
3 ÁË ÁË 2 ˜¯ ˜¯
59 a) un+1 : loups survivants 0, 97unet jeunes survivants
0, 000 2un vn donc un 1 0, 97un 0, 000 2un vn .
b) De même vn 1 1, 05vn - 0, 001un vn .
c) Période : 200 ans
Loups : Max : 63
Min : 40
Moyenne : 50
Ongulés : Max : 207
Min : 102
Moyenne : 150
d) On remarque des variations beaucoup plus importantes.
Ê 50 ˆ
e) S Á
Ë 150 ˜¯
u un 0, 01vn - 1, 5
f) Ì n 1
Óvn 1 - 0,15un vn 7, 5
g) On montre par récurrence que, pour tout n nombre
entier naturel, Vn 1 J n V0.
Ê1
Á0
P-1KP Á
Á0
ÁË 0
0 0
0ˆ
1 0
0˜
˜.
0 -1 0 ˜
0 0 - 1˜¯
b) On a L = P–1JP et M = P–1KP : L et M sont des matrices
diagonales.
Alors J = PLP–1 et K = PMP–1 et donc
aJ +bK = P(aL + bM)P–1.
Ê 2a b
0
0 ˆ
0
Á
˜
- 2a b 0
0
0 ˜
La matrice aL bM Á
Á 0
-b 0 ˜
0
Á
˜
ÁË 0
0
0 - b ¯˜
est diagonale.
Partie B
Ê 0
p
p ˆ
1 - 2p
Á
˜
p
0
p
1 - 2p˜
Á
1. a) A .
Á1 - 2p
p
0
p ˜
Á
˜
1 - 2p
p
0 ¯
Ë p
b) On remarque que A = pJ + (1 – 2p)K.
2. a) Immédiat (cours).
b) On sait (ou récurrence) que "n ∈ , Cn = AnC0.
Or A = pJ + (1 – 2p)K = P ¥ D(p, 1 – 2p)P–1.
Ainsi Cn =
P ¥ (D(p, 1 – 2p))n ¥ P–1
Ê1
0
0
0 ˆ
Á 0 (1- 4 p )n
0
0 ˜˜
Á
P
P-1.
Á0
(2 p - 1)n
0
0 ˜
Á
˜
ÁË 0
(2 p - 1)n ¯˜
0
0
Ainsi (XCas) :
© Nathan. Hyperbole Term S Spécialité
60 Partie A
a) À l’aide de XCas ou de la calculatrice, on obtient suc1
cessivement : P-1 P.
4
Ê 2 0 0 0ˆ
Á 0 - 2 0 0˜
P-1JP Á
˜.
Á 0 0 0 0˜
ÁË 0 0 0 0 ˜¯
109

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