E 3 énoncé Asie 2013 - Exercices bac -- 2011-2016 -- matrices

Candidats ayant choisi l'enseignement de spécialité Partie A

2. Il semble que les cordonnées sont de plus en plus grandes tout en se rapprochant (les points images sont de plus en plus proches de la droite y=x.)

Hérédité: supposons qu'il existe un naturel p tel que : A^p=

(αp βp Donc les relations sont vraies au rang p+1.

On a donc démontré par récurrence que pour tout entier naturel n⩾¹, on a : αn=2ⁿ⁻¹+ 1 se traduit par :

{ xn = 2αn+2βn

E 4

^énoncé Métropole 2013 Candidats ayant suivi l'enseignement de spécialité

1. Pour tout entier naturel n, vn+1=0, 95×vn+0, 01×cn et

Les résultats précédents permettent d'écrire que pour tout entier naturel n, X_n₊₁=AX_n oùX_n=(

On constate que les deux produits donnent(6I₂)donc si au lieu de multiplierP par Qon multiplie P par ¹₆Q on obtient I₂, donc ¹₆Q=P⁻¹.

ensuite on fait(QA)P c'est

qui est bien une matrice diagonaleD.

(c) Démontrons, par récurrence que pour tout entier naturel n supérieur ou égal à 1, Aⁿ=PDⁿP⁻¹.

Pour n=1 il s'agit de démontrer que A=PDP⁻¹; or P⁻¹AP=D donc en multipliant à gauche par P, on a :

P(P⁻¹AP)=PD, or par associativité cela s'écrit encore (P(P⁻¹)AP=PD donc I₂AP=PD donc AP=PD, en multipliant à droite par P⁻¹,on obtient : (AP)P⁻¹=PDP⁻¹, donc

A=PDP⁻¹ : l'initialisation est prouvée.

Supposons qu'il existe un entier natureln tel queAⁿ=PDⁿP⁻¹, alors multiplions à droite parA : Aⁿ⁺¹=PDⁿP⁻¹A, 4. Les résultats des questions précédentes permettant d'établir que

vn=1

la suite (vn)_n∈_N tend vers ¹

6(1+5×0)v0+1

6(1−0)c0 donc vers 1

6(v0+c0)= 250 000

6 et donc par stabilité de la population totale ,la suite (vn)_n_∈_N tend vers 5

6(v0+c0)=1 250 000

6 .

E 5

^énoncé Centres Étrangers 2013 Candidats ayant choisi la spécialité mathématique Partie A - Algorithmique et conjectures

1. Tant que i<n faire

Aﬀecter ài la valeur i+1 Aﬃcheri

Aﬀecter àc la valeur (0, 8a+0, 3b) Aﬃcherc

Aﬀecter àb la valeur(0, 2a+0, 7b) Aﬃcherb

Aﬀecter à a la valeur c Fin du Tant que

2. Au vu de ces résultats, la suite (an) semble décroître vers 18 et la suite (bn) semble croître vers 12.

Partie B - Étude mathématique

1. an et bn étant les nombres respectifs d'oiseaux présents sur les îles A et B au début de l'année 203+n, on a l'année suivante :

sur l'île A, 80 % des oiseaux de l'île A de l'année précédente et et 30 % des oiseaux de l'île B de l'année précédente, soit :

an+1=0, 8an+0, 3bn,

sur l'île B, 20 % des oiseaux de l'île A de l'année précédente et et 70 % des oiseaux de l'île B de l'année précédente, soit :

bn+1=0, 2an+0, 7bn. Donc avecM=

(0, 8 0, 3 0, 2 0, 7 )

, on a bien U_n₊₁=MU_n.

2. Initialisation: M¹=

(0, 6+0, 4×0, 5¹ 0, 6−0, 6×0, 5¹ 0, 4−0, 4×0, 5¹ 0, 4+0, 6×0, 5¹ )

(0, 8 0, 3 0, 2 0, 7 )

=M. La propriété est vraie au rang1.

Hérédité: on suppose que pour p∈N, on a M^p=

(0, 6+0, 4×0, 5^p 0, 6−0, 6×0, 5^p 0, 4−0, 4×0, 5^p 0, 4+0, 6×0, 5^p )

. Alors M^p⁺¹=M×M^p=

(0, 8 0, 3 0, 2 0, 7 )

(0, 6+0, 4×0, 5^p 0, 6−0, 6×0, 5^p 0, 4−0, 4×0, 5^p 0, 4+0, 6×0, 5^p )

. Le premier coeﬃcient de cette matrice est :

0, 8×(0, 6+0, 4×0, 5^p)+0, 3×(0, 4−0, 4×0, 5^p)=0, 48+0, 32×0, 5^p+0, 12−0, 2×0, 5^p= 0, 6+0, 2×0, 5^p=0, 6+(0, 4×0, 5)×0, 5^p=0, 6+0, 4×0, 5^p⁺¹.

On démontrerait de la même façon que : M^p⁺¹=

(0, 6+0, 4×0, 5^p⁺¹ 0, 6−0, 6×0, 5^p⁺¹ 0, 4−0, 4×0, 5^p⁺¹ 0, 4+0, 6×0, 5^p⁺¹ )

La propriété est donc vraie au rangp+1: elle est donc vraie quel que soit le naturel n∈N,n⩾¹. 3. Exprimer an en fonction de n, pour tout entier natureln⩾¹.

4. On admet donc que pour n∈N,n⩾^1, ^Un=MⁿU₀ soit : (an

)

(0, 6+0, 4×0, 5ⁿ 0, 6−0, 6×0, 5ⁿ 0, 4−0, 4×0, 5ⁿ 0, 4+0, 6×0, 5ⁿ

)(a0

)

=10 (an

)

(20 (0, 6+0, 4×0, 5ⁿ)+10 (0, 6−0, 6×0, 5ⁿ) 20 (0, 4−0, 4×0, 5ⁿ)+10 (0, 4+0, 6×0, 5ⁿ) )

. Finalement quel que soit n∈N,n⩾¹ :

an=20 (0, 6+0, 4×0, 5ⁿ)+10 (0, 6−0, 6×0, 5ⁿ)=12+8×0, 5ⁿ+6−6×0, 5ⁿ=18+2×0, 5ⁿ. Comme₋1<0, 5<1, on sait que lim

n→+∞0, 5ⁿ=0. Il s'ensuit que lim

n→+∞2×0, 5ⁿ=0 et donc que

nlim→+∞an=18.

Au bout de quelques années la population sur l'île A va se rapprocher de 18 millions (au bout de 10 ans : _≈18, 002)

E 6

^énoncé Métropole septembre 2013

I M

1 3

1 3 1

2 1 3

1 1 2

On note P_n=(sn in mn) la matrice ligne .

On a alors P₀=(0, 99 0 0, 01) et pour tout entier natureln,











sn+1 = ¹₃sn

in+1 = ¹₃sn+¹₂in

mn+1 = ¹₃sn+¹₂in+mn

1. La matrice A appeléematrice de transition, telle que pour tout entier naturel

□□□ sur la première ligne de A ce sont les probabilités conditionnelles sachant qu'à la semaine donnée, l'individu est dans l'état S, de passer

• pour A_1,1 à l'état S, c'est selon le graphique ¹₃, ou par le calcul et le texte, c'est 1−2¹₃

• pour A1,2 à l'état I, c'est selon le graphique ¹₃, ou par le texte , c'est ¹₃ ;

• pour A_1,3 à l'état SM, c'est selon le graphique ¹₃, ou par le calcul et le texte, c'est ¹₃.

□□□ sur la deuxième ligne de A ce sont les probabilités conditionnelles sachant qu'à la semaine donnée, l'individu est dans l'état I, de passer

• pour A2,1 à l'état S, c'est selon le graphique 0.

• pour A_2,2 à l'état I, c'est selon le graphique ¹₂, ou par le texte idem ;

• pour A2,3 à l'état SM, c'est selon le graphique ¹₂, ou par le texte idem.

□□□ sur la troisième ligne de A ce sont les probabilités conditionnelles sachant qu'à la semaine donnée, l'individu est dans l'état M, de passer

• pour A3,1 à l'état S, c'est selon le graphique 0, ou en réﬂéchissant, s'il est malade il ne peut pas devenir sain ;

• pour A_3,2 à l'état I, c'est selon le graphique 0;

• pour A_3,3 à l'état SM, c'est selon le graphique 1, ou par le texte idem.





1 3

0 ¹₂ ¹₂

0 0 1



; on a bien (

sn in mn

)×





1 3

0 ¹₂ ¹₂

0 0 1



=(

1 3sn 1

3sn+¹₂in 1

3sn+¹₂in+mn

)=(

sn+1 in+1 mn+1

)

Pn+1=Pn×A.

2. Par récurrence, prouvons que pour tout entier naturel n non nul, P_n=P₀×Aⁿ.

Pour n=1 c'est dire que P1=P0×A ce qui est vrai ( appliquer Aà P0 permet de passer de P0

àP₁).

Hérédité : supposons qu'il existe un entier n tel que P_n =P₀×Aⁿ, alors multiplions les deux membres à droite parA c'est possible carP_n est de format(1 ; 3)etAde format (3 ; 3)donc les deux membres sont bien de format(1 ; 3), on obtient P_nA=(P₀Aⁿ)×A, donc P_nA=P₀(Aⁿ×A); par associativité du produit de matrices ;

et enﬁn PnA=P0Aⁿ⁺¹

et du côté gauche c'est Pn+1, donc Pn+1=P0Aⁿ⁺¹.

L'hérédité est prouvée et donc pour tout entier naturel n non nul, P_n=P₀×Aⁿ. 3. P4=P0A⁴.

Pour calculer correctement A⁴ on peut remarquer que6A est à coeﬃcients entiers.

La calculatrice donne :

(6A)⁴=







2 2 2

0 3 3

0 0 6







(6A)⁴=

(comme donné avant B. 1.).

S₄≃0, 01, il y a un pourcentage de chance qu'un individu soit sain au bout de quatre semaines.

Partie B sain, porteur sain et malade lan-ième semaine après la vaccination.

Pour tout entier natureln, on a alors Q_n₊₁=Q_n×B.

2. Pour faire des calculs sur des entiers on calcule (12B)² : (12B)=

Comme on peut par calcul prouver que B³=B², on peut par récurrence prouver que pour tout n deN, n⩾², on a Bⁿ=B²=¹₃J

3. (a) On peut montrer, comme dans la partie A que

[pour tout n∈N^{, Q}n+1=Qn×B]=⇒[ pour tout n∈N^{, Q}n=Q0×Bⁿ]

(b) Finalement on peut dire qu'avec ce vaccin l'évolution de la maladie va donner des groupes équitablement répartis : autant de chance d'être malade ou sain ou infecté ; le vaccin n'éradique pas la maladie. (cependant sans vaccin, on pourrait montrer que la répartition limite serait : tous malades ...)

E 7

^énoncé Polynésie 2013

Candidats ayant suivi l'enseignement de spécialité mathématiques

1. (a) U₁= FinalementU₁=

( 330 280 )

(b) Pour tout entier naturel n, M×U_n+P= 3. (a) Pour tout entier naturel n,

Vn+1=Un+1−U=MUn+P−(MU+P)=M(Un−U)=M×Vn.

(b) Par récurrence :

□□□ Pour tout entier natureln, notons Pn la propriété :V_n=Mⁿ×V₀.

□□□ P0 est vraie et Pn est héréditaire, par récurrence on a bien pour tout entier naturel n, Vn=Mⁿ×V₀.

4. On admet que, pour tout entier naturel n,

V_n=

(a) Pour tout entier naturel n,

V_n = U_n −U ⇔ U_n = V_n+U ⇔ U_n =

(b) Le nombre d'abonnés de l'opérateur A à long terme est donc de 380 000.

E 8

^énoncé Pondichéry 2013 Candidats ayant suivi l'enseignement de spécialité

1. (a) On a A×Un=

(0, 125jn+0, 525an

0, 625jn+0, 625an

)

=Un+1.

(b) un an d'observation puis après deux ans d'observation (résultats arrondis à l'unité près par défaut).U₁=A×U₀= Au bout de 1 an il y aura 287 jeunes et 437 adultes.

U₂=A×U₁= Au bout de 2 ans il y aura 265 jeunes et 453 adultes.

(c) fonction de Aⁿ et de U₀. Une récurrence simple permet de montrer que quel que soit le naturel n, Un=Aⁿ×U₀.

On a donc démontré par récurrence que pour tout entier naturel n non nul : Aⁿ=Q×Dⁿ×Q⁻¹.

(c) La matrice D est diagonale, donc : Dⁿ=

Le nombre d'animaux jeunes va tendre vers 270 et celui des adultes vers 450 au bout de quelques années.

E 9

^énoncé Amérique du Nord 2014 Candidats ayant suivi l'enseignement de spécialité Partie A On utilise un tableur pour visualiser l'évolution du volume d'eau dans les bassins.

On donne les formules à écrire et à recopier vers le bas dans les cellules B3 et C3 permettant d'obtenir la feuille de calcul du texte :

A B C

1 Journ Volume bassin A Volume bassin B

2 0 1100,00 1100,00

3 1 = B2 * 0.9 + C2 * 0.15 - 5 = B2 * 0.1 + C2 * 0.85 + 5

4 2 1 187,50 1 012,50

5 3 1 215,63 984,38

6 … … …

3. La suite (an) donnant le volume d'eau dans le bassin A semble croissante et tendre vers 1 300, tandis que la suite (bn) donnant le volume d'eau dans le bassin B semble décroissante et tendre vers 900.

Partie B

On considère la matrice carréeM=

(0, 9 0, 15 0, 1 0, 85 )

et les matrices colonnesR= (−5

Dans la suite, on admettra que, pour tout entier natureln : X_n−S=Mⁿ(X₀−S)et que Mⁿ=

La suite(0, 75ⁿ)est géométrique de raison0, 75donc est décroissante ; on multiplie par un nombre négatif, donc la suite (−200×0, 75ⁿ) est croissante et donc la suite (an) est croissante.

De plus,₋1<0, 75<1 donc la suite(0, 75ⁿ)est convergente et a pour limite 0. On peut en déduire que la suite (an)est convergente et a pour limite 1 320.

Pour les mêmes raisons, on peut dire que la suite(bn) est décroissante, et convergente vers 900.

4. On considère que le processus est stabilisé lorsque l'entier naturel n vériﬁe1 300−an<1, 5 et bn−900<1, 5; 1 300−an<1, 5⇐⇒ 1 298,5<an

D'après le tableau fourni dans le texte, la plus petite valeur den pour que le processus soit stabilisé peut être 17 ou 18.

Pourn=17, a17≈1 298,496 6 donc 1 300−a17>1, 5. Pourn=18, a18≈1 298,872 4 donc 1 300−a18<1, 5.

Comme an+bn =2 200, bn =2 200−an ce qui équivaut à bn−900=1 300−an ; donc 1 300−an<1, 5⇐⇒bn−900<1, 5.

On peut donc dire que le processus est stabilisé à partir den=18.

E 10

^énoncé Amérique du Sud 2014 Partie A

Au bout den heures, on note an le nombre moyen de vélos présents à la station A etbn le nombre moyen de vélos présents à la station B. On note U_n la matrice colonne

(an

3. À la calculatrice, on trouve successivement : U3= (4

C'est donc au bout de 5 heures qu'il ne reste qu'un seul vélo dans la station A.

Partie B

Le service décide d'étudier les eﬀets d'un approvisionnement des stations A et B consistant à ap-porter après chaque heure de fonctionnement 30 vélos à la station A et 10 vélos à la station B.

Aﬁn de conduire cette étude, il décide de modéliser la situation présente de la manière suivante : Au bout den heures, on note _αn le nombre moyen de vélos présents à la station A et_βn le nombre moyen de vélos présents à la station B. On noteV_n la matrice colonne

(αn (a) On désigne par V une matrice colonne à deux lignes.

V=M×V+R⇐⇒V−M×V=R⇐⇒ I×V−M×V=R⇐⇒(I−M)×V=R⇐⇒ N×V=R

Le nombre de vélos va se stabiliser à 44 dans la station A et à 52 dans la station B.

E 11

^énoncé Antilles septembre 2014 Réservé aux candidats ayant suivi la spécialité

Dans une ville, une enseigne de banque nationale possède deux agences, appelées X et Y.

D'une année sur l'autre, une partie des fonds de l'agence X est transférée à l'agence Y, et réci-proquement. De plus, chaque année, le siège de la banque transfère une certaine somme à chaque agence.

Soitn un entier naturel. On note xn la quantité de fonds détenue par l'agence X, et yn la quantité de fonds détenue par l'agence Y au 1^erjanvier de l'année 2014+n, exprimées en millions d'euros.

On note Un la matrice

On suppose que le 1^erjanvier de l'année 2014, l'agence X possède 50 millions d'euros et l'agence Y possède 10 millions d'euros.

L'évolution de la quantité de fonds est régie par la relation U_n₊₁ = AU_n+B, où A = Le coeﬃcient0, 6 de la matrice A correspond au pourcentage de la somme qui reste d'une année sur l'autre à l'agence X.

Le coeﬃcient 3 de la matrice B correspond à la somme (en millions d'euros) qui est rajoutée chaque année à l'agence Y.

2. D'après le texte, U₀=

En 2015, il y a donc 32, 5millions d'euros dans l'agence X et 17 millions d'euros dans l'agence Y.

3. On note D=

(a) À la calculatrice, on trouve que PDQ=

(0, 6 0, 15

Le coeﬃcient situé sur la première ligne et la deuxième colonne de la matrice QP est donc : 0, 25×3+(−0, 375)×2=0, 75−0, 75=0

Dans la suite, on admettra que QP=I.

On admettra dans la suite de cet exercice que pour tout entier naturel non nul n, Aⁿ=PDⁿQ. Ce résultat est assez facile à démontrer par récurrence en considérant les résultats des questions pré-cédentes ; l'hérédité se démontre ainsi : A^p⁺¹=A×A^p=PDQ×PD^pQ=PDD^pQ=PD^p⁺¹Q car

On peut considérer ce résultat comme « classique » ; en cas de doute, on peut le démontrer par récur-rence en se rappelant queA⁰=I.

5. Soitn un entier naturel. On admet queAⁿ=

(0, 25×0, 3ⁿ+0, 75×0, 7ⁿ 0, 375 (−0, 3ⁿ+0, 7ⁿ) 0, 5 (−0, 3ⁿ+0, 7ⁿ) 0, 75×0, 3ⁿ+0, 25×0, 7ⁿ

)

(a) D'après les questions précédentes, V_n=Aⁿ×V₀ donc le coeﬃcient de la première ligne de V_n est :

(c) La suite (0, 3ⁿ)est une suite géométrique de raison 0, 3; or ₋1<0, 3<1donc lim

x→+∞0, 3ⁿ= 0.

Pour la même raison, on peut dire que lim

x→+∞0, 7ⁿ=0.

D'après les théorèmes sur les limites de suites, on peut déduire que lim

x→+∞xn=5.

Cela signiﬁe que la quantité de fonds disponibles dans l'agence X va tendre vers 5 millions d'euros.

E 12

^énoncé Métropole 2014 Candidats ayant suivi l'enseignement de spécialité

1. Au bout d'un an, puisque le bassin B contenait 100 poissons (car b0=100), la vente de ces poissons permettra d'en acheter un nombre deux fois plus élevé à mettre dans le bassin A, soit 200.

A cela, il faut ajouter les 200 poissons que le pisciculteur achète de toutes façons pour le bassin A.

Cela conﬁrme bien a1=200+200=400.

Pour le bassin B, on va commencer par y transférer les 200 poissons qui étaient dans le bassin A (car a0=200), auxquels on ajoute les 100 poissons supplémentaires que le pisciculteur achète pour le bassin B, cela conﬁrme bien :b1=200+100=300.

On aura ensuite a2 =2×b1+200= 2×300+200= 800 et, là encore de façon analogue b2=a1+100=400+100=500.

2. (a) On généralise le raisonnement établi à la question précédente : pour tout entier naturel n, on a :

□□□ an+1=2×bn+200 : le double du nombre de poissons dans le bassin B l'année précédente, auxquels on ajoute 200 poissons.

□□□ bn+1=an+100: les poissons transférés du bassin A l'année précédente, auxquels on ajoute 100 poissons.

On calcule le produit matriciel AXn :

est une matrice de déterminant non nul (le déterminant vaut ₋1), donc elle est inversible et C⁻¹= est la matrice déterminée à la question précédente, solution de l'équation AX+B=X, donc telle que AS+B=S, ou bien AS=S−B. On a donc, pour n entier naturel : cette égalité devient : AY2n=2ⁿAY0 et, en utilisant la relation de récurrence établie à la question 2. c., cela donne bien : Y_2n₊₁=2ⁿY₁.

, donc en particulier :

a2n+400=600×2ⁿ, soit a2n=600×2ⁿ−400.

Puis, en utilisant Y2n+1=2ⁿY1, que pour tout entier n, on a : (a_2n+1+400

b2n+1+300 )

=2ⁿ

(a1+400 b1+300 )

(800×2ⁿ 600×2ⁿ )

, donc en particulier : a2n+1+400=800×2ⁿ, soit a2n=800×2ⁿ−400.

4. (a) L'algorithme suivant demande un entier p à l'utilisateur, et renvoie dans la variable a qui sera aﬃchée le nombre de poissons dans le bassin A au bout de p années. En eﬀet :

□□□ si p est un nombre pair, alors on aﬀecte à n la valeur ^p

2 , qui sera donc entière et on a p=2n. On aﬀecte à a la valeur qui est le résultat de la formule pour a2n, c'est à dire ap, formule établie à la question précédente. Donc si p est pair, à la ﬁn de l'algorithme, a contient le nombre de poissons au bout de p années.

□□□ si p est un nombre impair, alors p−1 est pair et n est l'entier ^p⁻¹

2 et donc2n=p−1, soitp=2n+1. Et comme on aﬀecte àa la valeur obtenue en appliquant la formule obtenue à la question précédente pour calculer a2n+1, à nouveau, la valeur renvoyée sera ap. (b) On peut modiﬁer de façon assez basique l'algorithme présenté précédemment pour l'inclure dans une boucle :

Variables : a,petnsont des entiers naturels.

Initialisation : Aﬀecter àala valeur 200 Aﬀecter àpla valeur 0.

Traitement : Tant quea⩽^{10 000}:

Aﬀecter àpla valeurp+1 Sipest pair

Aﬀecter ànla valeur^p

Aﬀecter àala valeur6002 ×2ⁿ−400. Sinon

Aﬀecter ànla valeur^p⁻¹

Aﬀecter àala valeur8002×2ⁿ−400. Fin de Si.

Fin de Tant que

Aﬀecter àpla valeurp−1 Sortie : Aﬃcherp.

Cet algorithme initialise les variablesa à a0 et p à 0. Après chaque itération de la boucle "Tant que", p aura été incrémenté de 1, et la variable a aura été recalculée de sorte qu'elle contient la valeurap, donc après n itérations, p contient la valeur n et a contient an.

On sort de la boucle "Tant que" dès que la valeur dansa est strictement supérieur à 10 000, c'est à dire le nombre de poissons pour la première année où le bassin A ne suffira plus, nombre d'années qui est contenu dans la variable p, donc le nombre d'années où le bassin A suffit est un de moins que ce qui est contenu dans la variable p, d'où la dernière affectation de p avant la sortie de l'algorithme.

On peut aussi proposer un algorithme un peu plus raﬃné : chaque itération de la boucle "Tant que"

nous fera passer deux ans au dessus :

Variables : a,petnsont des entiers naturels.

Initialisation : Aﬀecter àala valeur 400 Aﬀecter àpla valeur 1.

Traitement : Tant quea⩽^{10 000}:

Aﬀecter ànla valeur^p⁺¹

Aﬀecter àala valeur6002×2ⁿ−400. Sia⩽^{10 000}:

Aﬀecter àpla valeurp+1 Aﬀecter ànla valeur^p

Aﬀecter àala valeur8002 ×2ⁿ−400. Sia⩽^{10 000}:

Aﬀecter àpla valeurp+1 Fin de Si

Fin de Si Fin de Tant que Sortie : Aﬃcherp.

Ici, on initialiseaavec la valeur a1 etp avec 1. Du coup, on entre dans la boucle "Tant que" avec une valeur p impaire. On commence par calculer ap+1 avec la formule utilisée pour les indices pairs (p impair implique p+1 pair). a contient donc la valeur ap+1.

Si cette valeur reste inférieure à 10 000 alors, cela veut dire que l'année p+1 reste valable pour le bassin A, donc on aﬀecte cette valeur p+1 à la variable p, qui est maintenant paire. On a à ce moment là a qui contient la valeur ap.

A ce moment, on va calculer ap+1 avec la formule utilisée pour les indices impairs (p pair im-plique p+1 pair). a contient donc la valeur ap+1.

Si cette valeur reste inférieure à 10 000 alors, cela veut dire que l'année p+1 reste valable pour le bassin A, donc on aﬀecte cette valeur p+1 à la variable p, qui est redevient impaire. On a à ce moment là a qui contient la valeur ap.

On termine l'itération de la boucle avec une valeur à nouveau impaire. Après n itérations de la boucle, si les deux "Si" sont appliqués, on ap contenant la valeur 2n+1 et a contenant ap. Par contre, quand l'un ou l'autre des "Si" n'est pas appliqué, cela signiﬁe que la variablea, calculée et contenant la valeur ap+1 ne permet plus d'utiliser le bassin A, donc la dernière année valable pour le bassin A est bien p, et donc c'est pour cela que l'on incrémente pas la valeur de p. Le fait que l'un des "Si" ne soit pas appliqué va aussi provoquer la sortie de la boucle "Tant que"

(puisque le test est le même), et donc la valeur contenue dansp est bien la dernière pour laquelle le bassin A peut contenirap poissons.

E 13

^énoncé Métropole septembre 2014 Candidats ayant suivi l'enseignement de spécialité

Dans le cadre d'une étude sur les interactions sociales entre des souris, des chercheurs enferment des souris de laboratoire dans une cage comportant deux compartiments A et B. La porte entre ces compartiments est ouverte pendant dix minutes tous les jours à midi.

On étudie la répartition des souris dans les deux compartiments. On estime que chaque jour :

□□□ 20 % des souris présentes dans le compartiment A avant l'ouverture de la porte se trouvent dans le compartiment B après fermeture de la porte, donc il reste 80 % de souris dans le compartiment A ;

□□□ 10 % des souris qui étaient dans le compartiment B avant l'ouverture de la porte se trouvent dans le compartiment A après fermeture de la porte, donc il reste 90 % de souris dans le compartiment B.

On suppose qu'au départ, les deux compartiments A et B contiennent le même eﬀectif de souris.

On pose a0=0, 5 etb0=0, 5.

Pour tout entier naturel n supérieur ou égal à 1, on note an et bn les proportions de souris pré-sentes respectivement dans les compartiments A et B au bout de n jours, après fermeture de la porte. On désigne par U_n la matrice

(an

) .

1. Soit n un entier naturel.

(a) Lors de la première ouverture des portes il reste dans A 80 % des souris présentes soit une proportion de0, 5×0, 8=0, 40 et il rentre 10 % de souris venant de B soit0, 5×0, 1=0, 05. Donc

(b) Lors de la n+1-ième ouverture de porte, il restera dans A 80 % des souris présentes, soit 0, 8an et il en vient 10 % de B soit 0, 10bn ; donc an+1=0, 8an+0, 1bn.

Lors de la n+1-ième ouverture de porte, il restera dans B 90 % des souris présentes, soit 0, 9bn

et il en vient 20 % de A soit0, 20an ; doncbn+1=0, 2an+0, 9bn. (c) D'après la question précédente, U_n₊₁=

(0, 8an+0, 1bn

0, 2an+0, 9bn

)

On cherche une matrice carrée d'ordre 2M= (α β

(d) La répartition des souris dans les compartiments A et B au bout de 3 jours est donnée par U₃; à la calculatrice, on trouve M³=

La répartition des souris dans les compartiments A et B au bout de 3 jours est respectivement 39,05 % et 60,95 %.

est la matrice unité d'ordre 2.

Donc ¹

DoncP⁻¹MP est la matrice diagonale (1 0

0 0, 7 )

que l'on appelle D. (c) Soit Pn la propriété Mⁿ=PDⁿP⁻¹.

• P⁻¹MP=Dsi,et seul ement si, PP⁻¹MP=PDsi,et seul ement si, MP=PDsi,et seul ement si, MPP⁻¹= PDP⁻¹si,et seul ement si, M=PDP⁻¹

donc la propriété Pn est vraie au rang 1.

• On suppose la propriété vraie au rang p⩾¹, c'est-à-dire M^p=PD^pP⁻¹.

D'après l'hypothèse de récurrenceM^p=PD^pP⁻¹ et on sait queM=PDP⁻¹ donc : M^p⁺¹=M×M^p=PDP⁻¹×PD^pP⁻¹=PDP⁻¹PD^pP⁻¹=PDD^pP⁻¹=PD^p⁺¹P⁻¹ donc la propriété est vraie au rang p+1.

• La propriété est vraie au rang 1 ; elle est héréditaire pour tout p⩾¹ donc la propriété est vraie pour toutn⩾¹.

Donc, pour tout n⩾¹, Mⁿ=PDⁿP⁻¹.

À l'aide d'un logiciel de calcul formel, on obtientMⁿ=





1+2×0, 7ⁿ 3

1−0, 7ⁿ 3 2−2×0, 7ⁿ

2+0, 7ⁿ 3





3. Pour avoir la répartition à long terme des souris dans les compartiments A et B de la cage, il faut chercher lim

n→+∞Un. U_n=MⁿU₀=





1+2×0, 7ⁿ 3

1−0, 7ⁿ 3 2−2×0, 7ⁿ

2+0, 7ⁿ 3



×



 1 2 1 2



=





1+2×0, 7ⁿ+1−0, 7ⁿ 6

2−2×0, 7ⁿ+2+0, 7ⁿ 6



=



 2+0, 7ⁿ

6 4−0, 7ⁿ



 La suite (0, 7ⁿ) est géométrique de raison 0,7 ; or ₋1<0, 7<1 donc lim

n→+∞0, 7ⁿ=0. On en déduit que lim

n→+∞2+0, 7ⁿ=2 et que lim

n→+∞4−0, 7ⁿ=4; et donc que lim

n→+∞Un=



 2 6 4 6



=



 1 3 2 3





On en conclut que la répartition à long terme des souris dans les compartiments est de ¹ 3 pour le compartiment A et de ²

3 pour le compartiment B.

E 14

^énoncé Pondichéry 2014 Candidats ayant suivi la spécialité

1. (a) D'après le texte, les acheteurs de la marque X le mois n+1 sont formés de 50 % des

pour tout entier naturel n. On admet que, pour tout entier naturel n, U_n+1=A×U_n+Boù A= (a) En faisant tourner l'algorithme donné dans le texte, pour n=1 on entre une fois dans la

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