CONTROLE N°5 TS SPE.
1 heure Le jeudi 28 janvier 2016.
I.
1. En utilisant des matrices, résoudre le système
a b c 0
4a 2b c 3
4a b 5
.
2. Déterminer la fonction f polynôme de degré 2 dont la courbe représentative dans un repère passe par les points A(1 0) et B(2 3) et admet une tangente au point B de coefficient directeur 5.
II. On pose A =
3 1 2 0 .
1. A la calculatrice, calculer A² 3A.
2. En déduire que A est inversible et calculer A 1 sans utiliser la formule du cours ni la calculatrice.
III. Soit les matrices M
0,8 0,1
0,2 0,9 et P
1 1 2 1 .
1. A la calculatrice, calculer la matrice P². En déduire que P est inversible et que P 1 1 3P.
2. A la calculatrice, calculer D P 1MP.
3. Montrer par récurrence sur n que, pour tout n de *, Mn PDnP 1. 4. Montrer par récurrence sur n que, pour tout n de *, Dn
1 0 0 0,7n . 5. Soit n un entier naturel non nul. Exprimer Mn en fonction de n.
CORRECTION DU CONTROLE N°6. TS spécialité.
I.
1. a b c 0
4a 2b c 3
4a b 5
1 1 1 4 2 1 4 1 0
a b c
0 3 5
. On pose A
1 1 1 4 2 1 4 1 0
. D après la calculatrice, A est inversible.
Ainsi,
a b c 0
4a 2b c 3
4a b 5
A 1A
a b
c
0 3 5
a b
c
0 3 5
a b c
2
3 1
. Le système a une unique solution qui est le triplet (2 3 1).
2. Soit f la fonction cherchée. Il existe des réels a, b et c tels que pour tout réel x, f(x) a x² b x c.
La courbe de f passe par A(1 0) signifie que f(1) 0, c'est-à-dire que a b c 0.
La courbe de f passe par B(2 3) signifie que f(2) 3, c'est-à-dire que 4a 2b c 3.
La courbe de f admet en B une tangente de coefficient directeur 5 signifie que f (2) 5, c'est-à-dire que 2a 2 b 5.
Le triplet (a b c) est donc solution du système
a b c 0 4a 2b c 3
4a b 5
. D après la question 1, on a donc a 2 ; b 3 et c 1.
Ainsi la fonction f est définie sur par f(x) 2x² 3x 1.
II. On pose A =
3 1 2 0 .
1. A la calculatrice, on obtient A² 3A
2 0
0 2 2I2. 2. A² 3A 2I2 donc A(A 3I2) 2I2 donc A 1
2(A 3I2) I2. De même, 1
2(A 3I2) A I2.
Alors A est inversible et A 1 1
2(A 3I2) 1
2
0 1 2 3
0 1 2 1 3
2
III. Soit les matrices M
0,8 0,1
0,2 0,9 et P
1 1 2 1 . 1. P²
3 0
0 3 3I2 donc P 1 3P 1
3P P I2. Alors P est inversible et P 1 1 3P.
2. D P 1MP
1 0 0 0,7 .
3. Initialisation : pour n 1 : M1 M et PD1P 1 P(P 1MP P) 1 I2MI2 M donc M1 PD1P 1 la propriété est vraie pour n 1.
Hérédité : soit p un entier naturel non nul tel que Mp PDpP 1.
Mp 1 MMp PDP 1PDpP 1 PDDpP 1 PDp 1P 1. La propriété est héréditaire.
Conclusion : pour tout n de *, Mn PDnP 1. 4. Initialisation : pour n 1 : D1 D et
1 0 0 0,71
1 0
0 0,7 D la propriété est vraie pour n 1.
Hérédité : soit p un entier naturel non nul tel que Dp
1 0 0 0,7p .
Dp 1 DpD
1 0 0 0,7p
1 0
0 0,7
1 0
0 0,7p 0,7
1 0
0 0,7p 1 . La propriété est héréditaire.
Conclusion : pour tout n de *, Dn
1 0 0 0,7n . 5. Soit n un entier naturel non nul. Mn PDnP 1
1 1 2 1
1 0 0 0,7n
1 3
1 1 2 1
Mn 1 3
1 0,7n 2 0,7n
1 1 2 1
1 3
1 2 0,7n 1 0,7n 2 2 0,7n 2 0,7n
Ainsi, pour tout n de *, on a : Mn
1 2 0,7n
3
1 0,7n 3 2 2 0,7n
3
2 0,7n 3
