Sujet 1 Type Agro

BCPST 2 2020/2021

Sujet 1 Type Agro

Corrig´ e de cet Oral blanc de math´ ematiques

Question de cours.

Citer la proposition sur la d´eriv´ee d’une fonction r´eciproque.

Soitf : D→R une fonction continue et strictement monotone. Si f est d´erivable en aet sif⁰(a)6= 0 alors f⁻¹ est d´erivable en f(a) et, en posantb=f(a), on a :

f⁻¹0

(b) = 1

f⁰(f⁻¹(b)).

Exercice.

Un joueur dispose de N d´es ´equilibr´es `a 6 faces. Il lance une premi`ere fois ceux-ci et on note X₁ le nombre de 6 obtenus. Il met de cˆot´e les d´es correspondants et relance les autres d´es (s’il en reste). On note X₂ le nombre de 6 obtenus et on r´ep`ete l’exp´erience d´efinissant ainsi une suite de variables al´eatoiresX<sub>1</sub>;X<sub>2</sub>;· · ·. S’il ne reste plus de d´es au m-`eme lancer, on a alors, pour toutk>m, X_k = 0. Pour tout entier naturel non nuln, on d´efinit la variable S_n=X₁+X₂+· · ·+X_n qui correspond alors au nombre de 6 obtenus apr`esnlancers.

1. ´Ecrire une fonction PythonX(N)qui prend en argument le nombre de d´esN et renvoie la valeur deX₁. On veut compter le nombre de 6 obtenus en lan¸cantN d´es ´equilibr´es, voici donc une fonction PythonX(N)qui prend en argument le nombre de d´esN et renvoie la valeur deX1 :

i m p o r t n u m p y as np

i m p o r t m a t p l o t l i b.p y p l o t as plt def X(N):

X=0

for i in r a n g e(N):

if np.r a n d o m.r a n d() <1/6: # On a eu un six X+=1

r e t u r n X

2. En d´eduire une fonction PythonS(N,n)qui prend en arguments les nombre de d´esN etnle nombre de lancers effectu´es et renvoie la valeur deS_n.

Comme on sait simuler les (Xi)i∈N^? et comme, pour tout entier naturel non nuln,Sn estX1+X2+· · ·+Xn, on en d´eduit cette fonction Python S(N,n) qui prend en arguments les nombre de d´esN et n le nombre de lancers effectu´es et renvoie la valeur deSn :

def S(N,n):

S=0 N d e s =N

for i in r a n g e(n):

Xn=X(N d e s) # N o m b r e de 6 `a ce t i r a g e

N d e s=N d e s - Xn # N o m b r e de d´es r e s t a n t s a p r `e s ce t i r a g e S+=Xn

r e t u r n S

3. On se propose de montrer par r´ecurrence sur n que Sn suit une loi binomiale de param`etres N et pn et on cherchera `a d´eterminerpn.

(a) Question pr´eliminaire: Soient N,M et k∈NavecM 6k6N. Montrer que : N

M

N−M k−M

= N

k k

M

SoientN,M et ktrois entiers naturels avecM 6k6N, on a : N

M

×

N−M k−M

= N!

M!(N−M)!× (N−M)!

(k−M)!(N−k)!

= N!

M!× 1

(k−M)!(N−k)!

= N!

(N−k)!× 1 (k−M)!M!

= N!

(N−k)!k!× k!

(k−M)!M!

= N

k k

M

On a bien : N

M

N−M k−M

= N

k k

M

. (b) Montrer que la proposition est v´erifi´ee pourn= 1 et d´eterminerp1.

On aS₁ =X₁ et X₁ est le nombre de succ`es (tirer un 6) dans une suite de N exp´eriences ind´ependantes.

X₁ suit donc une loi binomiale de param`etres

N,1 6

.

On ap1= 1 6.

(c) Soit n∈N^?, on suppose queSn suit une loi binomiale de param`etreN etpn.

i. Soient M et k deux entiers naturels tels que M 6 k 6 N. D´eterminer la quantit´e P_(Sn=M)(X_n+1 = k−M).

Comme (Sn =M) a lieu, on utiliseN−M d´es aun+ 1-i`eme tirage. Dire alors que (Xn+1=k−M) a lieu signifie que l’on obtient, en N−M tirages, k−M six etN −k ”non-six” (ce qui est possible car M 6k6N), on en d´eduit :

P_(Sn=M)(Xn+1=k−M) =

N−M k−M

5 6

^N−k)1 6

^k−M .

ii. En d´eduire queSn+1 suit une loi binomiale de param`etresN et pn+1 o`upn+1= 1 + 5pn

6 .

Par la formule des probabilit´es totales appliqu´ee avec le syst`eme complet d’´ev´enements (Sn=M)_M∈

J0,NK

(qui est bien un syst`eme complet d’´ev´enements carSn(Ω)⊂J0, NKcar on ne peut pas avoir strictement plus deN six avecN d´es), on a, pour toutkdansJ0, NK, les ´egalit´es suivantes :

P(Sn+1 =k) =

N

X

M=0

P_(Sn=M)(Sn+1=k)×P(Sn=M)

=

k

X

M=0

P_(Sn=M)(Sn+1=k)×P(Sn=M) carP_(Sn=M)(Sn+1 =k) = 0 sik < M carXn+1>0.

=

k

X

M=0

N−M k−M

5 6

N−k 1 6

k−M

×P(Sn=M) d’apr`es la question pr´ec´edente

=

k

X

M=0

N−M k−M

5 6

N−k1 6

k−M

× N

M

p^M_n (1−p_n)^N−M

car on a suppos´e queSn suit une loi binomiale de param`etresN et pn

=

k

X

M=0

N−M k−M

N M

5 6

N−k1 6

k−M

×p^M_n (1−p_n)^N−M

=

k

X

M=0

N k

k M

5 6

^N−k1 6

k−M

×p^M_n (1−p_n)^N−Md’apr`es la question 3)a)

= N

k 5 6

N−k

(1−p_n)^N−k

k

X

M=0

k M

1 6

k−M

×p^M_n (1−p_n)^k−M

= N

k 5 6

N−k

(1−pn)^N−k

k

X

M=0

k

M (1−pn)1 6

k−M

×p^M_n

= N

k 5 6

N−k

(1−pn)^N−k

pn+1

6(1−pn) k

d’apr`es la formule du binˆome de Newton

= N

k 5 6−5

6pn

N−k1 6 +5

6pn

^k

= N

k 1−1 + 5p_n 6

N−k1 + 5p_n 6

k

Sn+1 suit donc une loi binomiale de param`etreN etpn+1 avecpn+1=1 + 5pn

6 .

On peut noter ici que l’on a bien prouv´e la propri´et´e que l’on souhaitait, `a savoir queS<sub>n</sub> suit une loi binomiale de param`etresN et p_n (initialisation faite en 3)b), h´er´edit´e que l’on vient de faire).

(d) D´eterminer une expression explicite dep_n.

La suite (pn)_n∈N^? est une suite arithm´etico-g´eom´etrique. Soitnun entier naturel non nul. On a : pn+1=1

6 +5pn

6 et 1 = 1 6 +5

6 ce qui donne :p_n+1−1 = 5

6×(p_n−1). Cela montre que (p_n−1)_n∈

N^? est une suite g´eom´etrique de raison 5

6. Pour tout entier naturel non nuln, on a donc :

p_n−1 = (p₁−1)× 5

6 n−1

ce qui donnep_n= 1− 5

6 ⁿ

. On a donc :

∀n∈N^∗, pn = 1− 5

6 n

.

4. On admet qu’il est presque-sˆur qu’on obtienne tous les 6 au bout d’un nombre fini de lancers, c’est-`a-dire qu’il existe presque sˆurement un rangn∈N<sup>?</sup>pour lequelS<sub>n</sub>=N. On noteT le nombre de lancers n´ecessaires pour n’avoir que des 6 (et on pose par conventionT = +∞si on n’obtient jamais tous les 6, ce qui a une probabilit´e nulle d’arriver), c’est-`a-dire :

T = min({n>1 tel queSn=N} ∪ {+∞ }).

D´eterminer la fonction de r´epartition deT.

Soitnun entier naturel. Il est ´evident que (T > n) = (S_n< N). On en d´eduit : P(T 6n) = 1−P(T > n)

= 1−P(S_n< N)

=P(Sn>N)

=P(S_n=N) carS_n(Ω) =J0, NK

=p^N_n carSn ,→ B(N, pn)

=

1− 5

6 ^nN

.

CommeT(Ω)⊂N^?, on en d´eduit sa fonction de r´epartition :

FT :x7→







0 six <0 1−

5 6

bxc!^N

six>0 .

5. V´erifier que la variableT admet une esp´erance et donner une formule exprimant celle-ci. On admettra le r´esultat suivant :T admet une esp´erance si la s´erieX

P(T > n) est convergente et dans ce cas E(T) =

+∞

X

n=0

P(T > n).

On a :

X

n

P(T > n) =X

n

1−

1− 5

6

n^N!

d’apr`es la question pr´ec´edente

=−X

n N

X

k=1

N k

(−1)^k

5 6

nk

par la formule du binˆome de Newton

=−

N

X

k=1

N k

(−1)^kX

n

5 6

k!ⁿ!

Voici une combinaison lin´eaire de s´eries g´eom´etriques de raisons 5

6 k

. Comme−1<

5 6

k

<1, on en d´eduit que toutes ces s´eries convergent. Par somme, X

n

P(T > n) converge et :

+∞

X

n=0

P(T > n) =−

N

X

k=1

N k

(−1)^k 1 1−

5 6

^k.

D’apr`es le r´esultat admis, on peut donc affirmer que :

T admet une esp´erance, elle vaut−

N

X

k=1

N k

(−1)^k 1 1−

5 6

k.

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Sujet 2 Type Agro

Corrig´ e de cet Oral blanc de math´ ematiques

Question de cours :

Soit f une fonction num´erique d´efinie sur R. On dit que f est une densit´e de probabilit´e si les trois conditions suivantes sont v´erifi´ees :

• f est positive ou nulle.

• f est continue sauf ´eventuellement en un nombre fini de points (f y est tout de mˆeme d´efinie).

• Z +∞

−∞

f(t)dtconverge et Z +∞

−∞

f(t)dt= 1.

Exercice :

• U_n le nombre de cellules pathog`enes actives en suspension `a l’instantnδt. On admet l’existence deE(U_n).

• X_n et Y_n le nombre de cellules actives respectivement divis´ees / neutralis´ees entrenδtet (n+ 1)δt.

1. Dans un premier temps, les cellules pathog`enes ´evoluent sans d´esinfectant. On noteαla probabilit´e pour une cellule de se diviser `a un intervalle de temps quelconqueδtet on suppose que les cellules n’interagissent pas.

(a) D´eterminer la loi conditionnelle de la variableX_n sachant l’´ev´enement [U_n=k].(On reconnaˆıtra le sch´ema d’une loi usuelle). En d´eduire en fonction dekla valeur de la somme :

+∞

X

i=0

iP_[Un=k]([X_n =i]).

On suppose que (Un =k) a lieu. On a alorsk cellules qui se comportent de mani`ere ind´ependante et qui ont toutes la mˆeme probabilit´e de se diviser (qui estα). Si on appelle succ`es le fait de se diviser,Xn compte alors le nombre de succ`es. Tous les arguments que l’on a avanc´es permettent de d´emontrer que :

La loi conditionnelle deXn sachant (Un =k) est une loi binomiale de param`etresket α.

On en d´eduit que, pour tout entier naturel i, on a : P_(Un=k)(X_n=i) =

( _k

i

αⁱ(1−α)^k−i sii6k 0 sii > k

(Le cas ”i > k” s’explique simplement en signalant qu’il ne peut pas y avoir, `a un moment donn´e, strictement plus de cellules qui se divisent que de cellules tout court).

+∞

X

i=0

iP_(Un=k)(Xn=i) est alors une somme finie et on a :

+∞

X

i=0

iP_(Un=k)(X_n=i) =

k

X

i=0

i k

i

αⁱ(1−α)^k−i

On reconnaˆıt l’expression de l’esp´erance d’une loi binomiale de param`etresketαdonc, d’apr`es le cours, on peut affirmer que :

+∞

X

i=0

iP_(Un=k)(Xn=i) =αk.

(b) En d´eduire queE(X_n) =αE(U_n).

On a admis l’existence de l’esp´erance de U_n. La famille d’´ev´enements (U_n=k)_k∈

N constitue un syst`eme complet d’´ev´enements. Pour tout entier naturel i, on a alors, d’apr`es la formule des probabilit´es totales, l’´egalit´e suivante :

P(Xn=i) =

+∞

X

k=0

P_(Un=k)(Xn=i)P(Un =k)

Sous r´eserve d’existence, commeXn(Ω)⊂N, cela donne les relations suivantes : E(Xn) =

+∞

X

i=0

iP(Xn =i)

=

+∞

X

i=0

i

+∞

X

k=0

P_(Un=k)(X_n=i)P(U_n =k)

=

+∞

X

k=0 +∞

X

i=0

iP_(Un=k)(X_n =i)P(U_n=k) (´echange des symbolesX

justifi´es ult´erieurement)

=

+∞

X

k=0

P(Un=k)

+∞

X

i=0

iP(U_n=k)(Xn=i)

!

=

+∞

X

k=0

P(Un=k)kαd’apr`es la question pr´ec´edente

= α

+∞

X

k=0

P(Un=k)k

= αE(U_n) sous r´eserve d’existence et carU_n(Ω)⊂N On a donc bien :E(Xn) =αE(Un).

On note que l’´echange des symbolesX

a pu s’effectuer car :

• Pour tout entier naturel k, X

i

iP_(Un=k)(X_n=i)P(U_n=k) converge d’apr`es la question pr´ec´edente (versαkP(Un=k)).

• La s´erie de terme g´en´eral

+∞

X

i=0

iP_(Un=k)(Xn=i)P(Un=k) converge (et vautαE(Un)).

• Les s´eries intervenantes sont `a termes positifs.

Par contre, la preuve de la convergence deE(Un) n’a pas ´et´e faite... et rien dans l’´enonc´e ne permet de le faire !

(c) ExprimerE(Un+1) en fonction deE(Un), puis montrer queE(Un) = (1 +α)ⁿN, o`uN est le nombre initial de cellules.

Comme le produit phytosanitaire n’a pas encore ´et´e pulv´eris´e, `a l’instant (n+1)δt, nous trouvons les cellules pr´esentes `a l’instant nδtqui n’ont pas ´et´e divis´ees entre nδt et (n+ 1)δt (on a U_n−X_n) auxquelles on rajoute les nouvelles cellules obtenues par division entrenδtet (n+ 1)δt(X_n cellules sont concern´ees, elles deviennent 2Xn cellules `a l’instant (n+ 1)δt), on a donc :

Un+1 = (Un−Xn) + 2Xn

=U_n+X_n

On a donc :U_n+1=U_n+X_n. La lin´earit´e de l’esp´erance (on suppose toujours l’existence deE(U_n)) donne alors :

E(Un+1) = E(Un) +E(Xn)

= E(Un) +αE(Un) d’apr`es la question pr´ec´edente

= (1 +α)E(Un) La suite (E(Un))_n∈

Nest donc g´eom´etrique de premier termeE(U0) et de raison (1 +α). SiN est le nombre (non al´eatoire) initial de cellules, nous avons donc U0 =N et donc E(U0) =N et par cons´equent (terme g´en´eral d’une suite g´eom´etrique) :

E(Un) = (1 +α)ⁿN.

On a :E(Un+1) = (1 +α)E(Un) etE(Un) = (1 +α)ⁿN.

(d) Lors d’une exp´erience, on observe l’´evolution du nombre de bact´eries dans dix boites de P´etri. Chacune d’elle contient au d´epart 10 cellules pathog`enes.

Les r´esultats de cette exp´erience sont repr´esent´es sur le graphique suivant :

Evaluer `´ a l’aide de ces courbes la valeur du coefficientα.

On peut consid´erer que n= 200 dans ce graphique. On peut alors effectuer la moyenne des valeurs de U₂₀₀ obtenues au cours de ces exp´eriences. Visuellement, cette moyenne est ´egale `a 4000. D’apr`es la question pr´ec´edente,E(Un) = (1 +α)ⁿN. Cela donne alors :

4000 = (1 +α)²⁰⁰×10 puis ln(1 +α) = 1

200ln(400) et donc :

α= 400^a−1 avec a= 1

200, soit :α'0,03.

2. On introduit l’agent d´esinfectant de sorte que, `a chaque instant, chaque cellule pathog`ene peut-ˆetre neutralis´ee avec la probabilit´eβ, et sinon elle peut se diviser avec la probabilit´eαpr´ec´edente.

(a) ExprimerE(U_n+1) en fonction deE(U_n), puisE(U_n) en fonction den.

• On suppose que (Un =k) a lieu. On a alors k cellules qui se comportent de mani`ere ind´ependante et qui ont toutes la mˆeme probabilit´e de se diviser (qui est α(1−β) car, d’apr`es l’´enonc´e, il faut d’abord qu’elle ne soit pas neutralis´ee puis qu’elle se divise). En raisonnant comme dans la premi`ere question, on d´emontre alors que la loi conditionnelle deXn sachant (Un =k) est une loi binomiale de param`etres k etα(1−β) puis :

E(X_n) =α(1−β)E(U_n).

• De mˆeme, comme chaque cellule a la mˆeme probabilit´eβd’ˆetre neutralis´e, on en d´eduit que la loi deY_n conditionn´ee par l’´ev´enement (U_n =k) est binomiale de param`etresket β puis que :

E(Y_n) =βE(U_n).

• Il y avaitUn cellules `a l’instantnδt. Entrenδtet (n+ 1)δt, on a trois cat´egories de cellules :

• Xn cellules vont se diviser et devenir 2Xn cellules `a l’instant (n+ 1)δt.

• Yn cellules vont ˆetre neutralis´ees et devenir 0 cellules `a l’instant (n+ 1)δt.

• Le reste, Un−Yn−Xn, ne va rien faire de particulier et rester Un−Yn−Xn cellules `a l’instant (n+ 1)δt.

On en d´eduit :

Un+1= (Un−Xn−Yn) + 2Xn+ 0Yn

=U_n+X_n−Y_n

puis, par lin´earit´e de l’esp´erance et en utilisant les premiers r´esultats de cette question, on obtient alors : E(U_n+1) = E(U_n) +E(X_n)−E(Y_n)

= E(Un) +α(1−β)E(Un)−βE(Un)

= (1 +α−β−αβ)E(Un)

Nous avons de nouveau une suite g´eom´etrique, cette fois de premier termeN et de raison (1 +α−β−αβ).

Comme en 1)c), on en d´eduit :

∀n∈N,E(U_n) = (1 +α−β−αβ)ⁿN.

(b) D´eterminer une condition sur αet β pour que l’infection soit enray´ee.

L’infection sera enray´ee si le nombre moyen de cellules tend vers 0, donc si lim

n→+∞(E(Un)) = 0. Comme il s’agit d’une suite g´eom´etrique de premier terme non nul, il faut et il suffit que sa raison en valeur absolue soit strictement plus petite que un :

L’infection est enray´ee si et seulement si |1 +α−β−αβ|<1.

3. Simuler informatiquement l’´evolution d’une population de cellules pathog`enes comptant initialementN cellules lorsqu’on pulv´erise l’agent infectant.

On choisira des valeurs deαetβ permettant de d´ecrire les diff´erents cas de figure possibles.

On propose la simulation informatique suivante :

f r o m r a n d o m i m p o r t r a n d o m i m p o r t n u m p y as np

i m p o r t m a t p l o t l i b.p y p l o t as plt

def s i m u(alpha,beta, N=10 ,n= 3 0 ) : U=[N]

Un=N # E t a t i n i t i a l

for k in r a n g e(n): # les g e n e r a t i o n s s u c c e s s i v e s

for i in r a n g e(Un): # On c o m m e n c e par t u e r les b a c t e r i e s if (r a n d o m() < b e t a):

Un=Un-1

for i in r a n g e(Un): # On p a s s e aux d i v i s i o n s de c e l l u l e s if (r a n d o m() < a l p h a):

Un+=1

U.a p p e n d(Un) X=np.a r a n g e(n+1) plt.p l o t(X,U) r e t u r n U

• Pourα= 0,5 etβ= 0,5, on a obtenu :

0 5 10 15 20 25 30 0

2 4 6 8 10

C’est coh´erent (infection enray´ee) avec la question pr´ec´edente car 1 +α−β−αβvaut alors 0,75 donc on a bien|1 +α−β−αβ|<1.

• Pourα= 0,3 etβ= 0,7, on a obtenu :

0 5 10 15 20 25 30

0 200 400 600 800 1000 1200 1400

C’est coh´erent (infection enray´ee) avec la question pr´ec´edente car 1 +α−β−αβ vaut alors 0,39, on a donc bien|1 +α−β−αβ|<1.

• Pourα= 0,7 etβ= 0,3, on a obtenu :

0 5 10 15 20 25 30 0

2 4 6 8 10

C’est coh´erent (infection non enray´ee) avec la question pr´ec´edente car 1 +α−β−αβ vaut alors 1,19, on a donc bien|1 +α−β−αβ|>1.

• Pourα= 0,6 etβ= 0,4, on a obtenu :

0 5 10 15 20 25 30

0 2 4 6 8 10 12

C’est coh´erent (infection non enray´ee mais de peu) avec la question pr´ec´edente car 1 +α−β−αβvaut alors 1,04, on a donc bien |1 +α−β−αβ|>1 (mais de peu... cela va moins vite que le cas pr´ec´edent).

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Sujet 3 Type Agro

Corrig´ e de cet Oral blanc de math´ ematiques Question de cours :

Une base orthonorm´ee dans Rⁿ est une famille de n vecteurs de Rⁿ orthogonale (les vecteurs sont deux-`a-deux orthogonaux, i.e ; de produit scalaire nul) et dont les vecteurs sont norm´ees (leur norme vaut 1).

Exercice :

• Chacune des souris donne naissance en moyenne `a une femelle pendant sa premi`ere ann´ee de vie et `a 8 femelles pendant sa deuxi`eme ann´ee.

• La probabilit´e pour qu’une souris femelle survive une deuxi`eme ann´ee est de 0,25 et il n’y a aucune chance qu’elle survive au-del`a de la deuxi`eme ann´ee.

On distingue donc deux cat´egories de souris femelles : les jeunes, ˆag´ees de moins d’un an, et les adultes dont l’ˆage est compris entre un et deux ans. Notons pour tout entier naturel n, apr`esn ann´ees, j<sub>n</sub> le nombre de jeunes souris femelles eta<sub>n</sub> le nombre de souris adultes femelles.nd´esignera dans tout ce probl`eme un entier naturel.

1. (a) Montrer que les hypoth`eses ci-dessus peuvent se traduire par le syst`eme suivant :

( j_n+1 =j_n+ 8a_n an+1 = 0,25jn

i. Comptons le nombre de souris adultes femelles apr`esn+ 1 ann´ees. D’apr`es l’´enonc´e, ce sont uniquement les souris jeunes de l’ann´ee d’avant (elles ´etaient jn) qui ont surv´ecu car les souris n’ont aucune chance de survive au-del`a de la deuxi`eme ann´ee. Comme la probabilit´e pour qu’une souris femelle survive une deuxi`eme ann´ee est de 0,25, on obtient bien quean+1= 0,25jn.

ii. Pour les jeunes souris, on a :

• Les b´eb´es femelles des souris jeunes de l’ann´ee d’avant (elles ´etaientjn) : on en ajn car chacune des souris donne naissance en moyenne `a une femelle pendant sa premi`ere ann´ee de vie.

• Les b´eb´es femelles des souris adultes de l’ann´ee d’avant (elles ´etaient an) : on en a 8an car chacune des souris donne naissance en moyenne `a 8 femelles pendant sa deuxi`eme ann´ee.

On a bien

( jn+1 =jn+ 8an

an+1 = 0,25jn

.

(b) On repr´esente la population des souris femelles `a l’aide du vecteur Sn = jn

an

. Expliciter alors une matriceLtelle que, pour tout entier natureln, on ait :Sn+1=LSn.

PosonsL=

1 8 0,25 0

. On a : LS_n =

1 8 0,25 0

× j_n

a_n

=

jn+ 8an

0,25jn

=Sn+1 d’apr`es la question pr´ec´edente.

2. En d´eduire une expression deSn en fonction deL, S0et n.

Par r´ecurrence imm´ediate, on obtient que Sn =LⁿS0. Effectuons tout de mˆeme cette r´ecurrence : Pour tout entier natureln, on appellePn l’hypoth`ese :

P_n : ”S_n=Lⁿ×S₀ ”.

P0 est vraie carL⁰S0 estI2S0, soitS0 doncL⁰S0=S0. On supposePn vraie pour un certain entier natureln, montrons quePn+1 est alors vraie. On a :

S_n+1=LS_n d’apr`es la question pr´ec´edente

=L×Lⁿ×S0 d’apr`esPn

=Lⁿ⁺¹×S₀

Pn+1 est donc vraie siPnl’est.P0est vraie et pour tout entier natureln,Pn impliquePn+1.Pn est donc vraie pour tout entier naturelnd’apr`es le principe de r´ecurrence. On a donc prouv´e que :

∀n∈N, Sn=LⁿS0.

3. (a) Montrer queLest diagonalisable.

Soit λ un complexe. On sait que λ est valeur propre de L si et seulement si la matrice L−λI2 est non inversible, soit si et seulement si son d´eterminant est nul. Or :

d´et (L−λI2) = d´et

1−λ 8 0,25 −λ

=−λ(1−λ)−0,25×8

=λ²−λ−2 Les valeurs propres deLsont les racines de ce trinˆome, c’est 1 +√

9

2 et 1−√ 9

2 , soit 2 et−1.La donc deux valeurs propres distinctes. OrLest d’ordre 2,Lest donc diagonalisable.

(b) D´eterminer (U1;U2) une base deM2,1(R) constitu´ee de vecteurs propres deL.

Soitxun r´eel, on a :

1 x

∈E₂⇔L× 1

x

= 2 1

x

⇔

( 1 + 8x = 2 0,25 = 2x

⇔

( 1 + 1 = 2 0,125 =x

⇔x= 1 8 d’o`u

1 1 8

!

est un ´el´ement deE₂. CommeE₂est une espace vectoriel, 8

1

est aussi un ´el´ement deE₂, on l’appelleU₁.

(c) On a aussi :

1 x

∈E₋₁⇔L× 1

x

=− 1

x

⇔

( 1 + 8x =−1 0,25 =−x

⇔

( 1−2 =−1

−0,25 =x

⇔x=−1 4 d’o`u

1

−1 4

!

est un ´el´ement de E₋₁. CommeE₋₁ est une espace vectoriel, −4

1

est aussi un ´el´ement deE₋₁, on l’appelleU₂. (U₁;U₂) est une base deM_2,1(R) car cette famille a les trois qualit´es suivantes :

• Cette famille a le bon nombre d’´el´ements (elle a deux ´el´ements etM2,1(R) est un espace de dimension 2).

• Cette famille est libre (elle a uniquement deux vecteur et ils sont non colin´eaires).

• Cette famille est une famille de M2,1(R).

De plus, on constate bien que cette famille est constitu´ee de vecteurs propres de L d’apr`es les calculs pr´ec´edents. (U1;U2) est donc une base deM2,1(R) constitu´ee de vecteurs propres deL.

(d) Soientλetµles coordonn´ees deS0dans la base (U1;U2). Exprimer Sn en fonction deλ,µet n.