L.E.G.T.A. Le Chesnoy TB1−2010-2011
D. Blotti`ere Math´ematiques
Correction du devoir maison n˚4
Un enfant saute d’un sommet `a l’autre d’un triangle de sommetsA,B,Ctrac´e sur le sol de la mani`ere suivante :
• s’il est au sommet A ou au sommetB, il sautera vers l’un des trois sommets du triangle avec la mˆeme probabilit´e (il peut donc ´eventuellement sauter sur place) ;
• s’il est au sommet C, il sautera toujours vers le sommetA.
Avant le premier saut, l’enfant se trouve enA(resp.B, resp.C) avec une probabilit´ea0(resp.b0, resp.c0). La probabilit´e que l’enfant soit enA(resp.B, resp.C) apr`es len-i`eme saut est not´eean (resp.bn, resp.cn). Pour chaque entiern, on pose :
Xn=
an
bn
cn
∈R3.
1. Soit n∈N. Exprimer chacune des probabilit´esan+1, bn+1, cn+1, en fonction des probabilit´esan, bn,cn
et montrer qu’il existe une matrice A∈ M3(R) (ind´ependante den) telle qu’on ait : Xn+1=AXn.
2. En d´eduire que :
∀n∈N Xn=AnX0. 3. Justifier que la matriceP d´efinie par :
P =
1 2 2
−1 1 −1 0 1 −1
est inversible et calculerP−1.
4. Calculer la matriceD=P−1AP.
5. Exprimer Aen fonction deP,D etP−1.
6. Montrer par r´ecurrence que : ∀n∈N∗ An =P DnP−1. 7. Soitn∈N∗. CalculerDn et en d´eduireAn.
8. Exprimer alors an,bn,cn en fonction dea0,b0,c0 et denpour toutn∈N.
9. ´Etudier le comportement asymptotique de chacune des suites (an)n∈N, (bn)n∈N, (cn)n∈Net interpr´eter les r´esultats obtenus.
Correction
1. Soitn∈N. On introduit les ´ev´enements :
An : L’enfant est enA apr`es len-i`eme saut.
Bn : L’enfant est enB apr`es len-i`eme saut.
Cn : L’enfant est enC apr`es len-i`eme saut.
On a doncP(An) =an,P(Bn) =bn, P(Cn) =cn par d´efinition mˆeme dean,bn etcn.
D’apr`es les donn´ees contenues dans l’´enonc´e, on connaˆıt certaines probabilit´es conditionnelles (cf. les deux points en gras). Plus pr´ecis´ement, on a :
P(An+1/An) =1
3 P(Bn+1/An) =1
3 P(Cn+1/An) =1 3 P(An+1/Bn) =1
3 P(Bn+1/Bn) =1
3 P(Cn+1/Bn) =1 3 P(An+1/Cn) = 1 P(Bn+1/Cn) = 0 P(Cn+1/Cn) = 0.
Apr`es le n-i`eme saut, l’enfant est soit au sommet A, soit au sommet B, soit au sommet C. Ainsi (An, Bn, Cn) est-il un syst`eme complet d’´ev´enements. D’apr`es la formule des probabilit´es totales, on a donc :
P(E) =P(E/An)×P(An) +P(E/Bn)×P(Bn) +P(E/Cn)×P(Cn) (1) quel que soit l’´ev´enement E.
Pour E=An+1, (1) donne : P(An+1)
| {z }
an+1
=P(An+1/An)
| {z }
1/3
×P(An)
| {z }
an
+P(An+1/Bn)
| {z }
1/3
×P(Bn)
| {z }
bn
+P(An+1/Cn)
| {z }
1
×P(Cn)
| {z }
cn
=1 3 an+1
3 bn+cn. (2) Pour E=Bn+1, (1) donne :
P(Bn+1)
| {z }
bn+1
=P(Bn+1/An)
| {z }
1/3
×P(An)
| {z }
an
+P(Bn+1/Bn)
| {z }
1/3
×P(Bn)
| {z }
bn
+P(Bn+1/Cn)
| {z }
0
×P(Cn)
| {z }
cn
= 1 3 an+1
3 bn. (3) Pour E=Cn+1, (1) donne :
P(Cn+1)
| {z }
cn+1
=P(Cn+1/An)
| {z }
1/3
×P(An)
| {z }
an
+P(Cn+1/Bn)
| {z }
1/3
×P(Bn)
| {z }
bn
+P(Cn+1/Cn)
| {z }
0
×P(Cn)
| {z }
cn
= 1 3 an+1
3 bn. (4) On a ainsi r´epondu `a la premi`ere partie de la question. On rassemble les r´esultats (2), (3) et (4) :
an+1=1 3 an+1
3 bn+cn bn+1= 1
3 an+1 3 bn cn+1= 1
3 an+1 3 bn. On a donc :
an+1
bn+1
cn+1
=
1 3
1
3 1
1 3
1
3 0
1 3
1
3 0
an
bn
cn
soit Xn+1 =AXn, en posant
A=
1 3
1
3 1
1 3
1
3 0
1 3
1
3 0
.
On remarque que la matrice Aest bien ind´ependante de n.
2. Pour toutn∈N, on d´efinit la propri´et´ePn par :
Pn : Xn=AnX0.
• Initialisation `an= 0 La propri´et´eP0s’´ecrit :
X0= A0
|{z}
I3
X0.
La propri´et´eP0est vraie.
• H´er´edit´e
Supposons la propri´et´ePn vraie pour un entiern∈Nfix´e, i.e. :
Xn=AnX0. (5)
Montrons alors la propri´et´ePn+1, i.e. :
Xn+1=An+1X0.
Xn+1 = AXn (cf. question 1)
= AAnX0 (cf. (5))
= An+1X0.
• Conclusion
De l’initialisation `a n= 0, de l’h´er´edit´e et de l’axiome de r´ecurrence, on d´eduit que : Xn=AnX0
pour toutn∈N.
3. Pour montrer que P est inversible, on introduit le syst`eme lin´eaire `a param`etres suivant :
(S) : P
x1 x2 x3
=
y1 y2 y3
de vecteur d’inconnues
x1
x2
x3
∈R3, o`u
y1
y2
y3
est le vecteur des param`etres. Le syst`eme (S) se r´e´ecrit :
(S) :
x1 + 2x2 + 2x3 = y1
−x1 + x2 − x3 = y2
x2 − x3 = y3
On sait que la matrice P est inversible si et seulement si le syst`eme (S) (`a 3 ´equations et `a 3 inconnues) est de Cramer. Montrons alors que (S) est de Cramer.
(S) ⇐⇒
x1 + 2x2 + 2x3 = y1
3x2 + x3 = y2+y1
x2 − x3 = y3
(L2←L2+L1)
⇐⇒
x1 + 2x2 + x3 = y1
3x2 + x3 = y1+y2
−4x3 = 3y3−y2−y1
(L3←3L3−L2)
Le dernier syst`eme ´etant ´echelonn´e, on peut lire son rang et voir qu’il vaut 3. Le rang de (S) est donc 3.
Ainsi (S) est de Cramer et par suiteP est inversible.
De la ligne L3 du dernier syst`eme, on d´eduit que : x3= 1
4y1+1 4y2−3
4y3. (6)
De la ligne L2 du dernier syst`eme et de (6), on d´eduit que : 3x2+1
4y1+1 4y2−3
4y3=y1+y2. et donc que :
x2= 1 4y1+1
4y2+1
4y3. (7)
De la ligne L1 du dernier syst`eme, de (6) et de (7), on d´eduit que : x1+ 2
1 4y1+1
4y2+1 4y3
+ 2
1 4y1+1
4y2−3 4y3
=y1
et donc que :
x1=−y2+y3. (8)
On rassemble maintenant les r´esultats (6), (7) et (8) :
x1 = −y2 + y3
x2 = 1
4y1 + 1
4y2 + 1 4y3
x3 = 1
4y1 + 1
4y2 − 3 4y3
On a doncP−1=
0 −1 1
1 4
1 4
1 4 1
4 1
4 −3
4
.
Enfin, on v´erifie que le produitP P−1donne la matrice identit´e.
P−1
z }| {
0 −1 1
1 4
1 4
1 4 1
4 1
4 −3
4
1 2 2
−1 1 −1
0 1 −1
| {z }
P
1 0 0
0 1 0
0 0 1
| {z }
P P−1=I3
4.
A
z }| {
1 3
1
3 1
1 3
1
3 0
1 3
1
3 0
P
z }| {
1 2 2
−1 1 −1
0 1 −1
0 −1 1
1 4
1 4
1 4 1
4 1
4 −3
4
| {z }
P−1
0 0 0
1 4
1 4
1 4
−1
12 −1
12 1 4
| {z }
P−1A
0 0 0
0 1 0
0 0 −1
3
| {z }
D=P−1AP
On a donc
D=
0 0 0
0 1 0
0 0 −1
3
.
On remarque que la matrice D est diagonale.
5. D’apr`es la d´efinition deD, on aD=P−1AP.
D=P−1AP =⇒ P D=P P−1
| {z }
I3
AP (multiplication parP par la gauche de chacun des membres)
=⇒ P D=AP (I3AP =AP)
=⇒ P DP−1=AP P−1
| {z }
I3
(multiplication parP−1 par la droite de chacun des membres)
=⇒ P DP−1=A (AI3=A)
On a donc
A=P DP−1.
6. Pour toutn∈N∗, on pose :
Pn : An=P DnP−1.
• Initialisation
La propri´et´e P1 s’´ecrit : A1 = P D1P−1. Comme A1 = A et D1 = D, la propri´et´e P1 se r´e´ecrit A=P DP−1. Elle est vraie d’apr`es la question 5.
• H´er´edit´e
Supposons la propri´et´ePn vraie pour un entiernfix´e, i.e. :
An=P DnP−1. (9)
Montrons que la propri´et´ePn+1 est vraie, i.e. que :
An+1=P Dn+1P−1. An+1 = An A
= P DnP−1
| {z }
An
P DP−1
| {z }
A
(cf. (9) et question 5)
= P DnP−1P
| {z }
I3
DP−1
= P DnD
| {z }
Dn+1
P−1
= P Dn+1P−1
• Conclusion
De l’initialisation au rangn= 1, de l’h´er´edit´e et de l’axiome de r´ecurrence on d´eduit que la propri´et´e Pn est vraie pour toutn∈N∗, i.e. que :
∀n∈N∗ An =P DnP−1.
7. Soitn∈N∗.
La matrice D´etant diagonale, sa puissancen-i`eme est simple `a calculer : il suffit d’´elever les coefficients diagonaux deD `a la puissancenpour obtenirDn.
On a donc :
Dn =
0n 0 0
0 1n 0
0 0
−1 3
n
=
0 0 0
0 1 0
0 0
−1 3
n
.
Alors d’apr`es la question 6, on a :
An=P DnP−1=
1 2 2
−1 1 −1
0 1 −1
0 0 0
0 1 0
0 0
−1 3
n
0 −1 1
1 4
1 4
1 4 1
4 1
4 −3
4
.
On calcule :
Dn
z }| {
0 0 0
0 1 0
0 0
−1 3
n
P−1
z }| {
0 −1 1
1 4
1 4
1 4 1
4 1
4 −3
4
1 2 2
−1 1 −1
0 1 −1
| {z }
P
0 2 2
−1 3
n
0 1 −
−1 3
n
0 1 −
−1 3
n
| {z }
P Dn
1 2+1
2
−1 3
n
1 2 +1
2
−1 3
n
1 2 −3
2
−1 3
n
1 4−1
4
−1 3
n 1 4 −1
4
−1 3
n 1 4 +3
4
−1 3
n
1 4−1
4
−1 3
n
1 4 −1
4
−1 3
n
1 4 +3
4
−1 3
n
| {z }
An=P DnP−1
On a donc :
An =
1 2+1
2
−1 3
n
1 2 +1
2
−1 3
n
1 2 −3
2
−1 3
n
1 4−1
4
−1 3
n 1 4 −1
4
−1 3
n 1 4 +3
4
−1 3
n
1 4−1
4
−1 3
n
1 4 −1
4
−1 3
n
1 4 +3
4
−1 3
n
.
8. Soitn∈N∗.
D’apr`es la question 2, on aXn =AnX0, i.e. :
an
bn
cn
=
1 2+1
2
−1 3
n
1 2 +1
2
−1 3
n
1 2 −3
2
−1 3
n
1 4−1
4
−1 3
n 1 4 −1
4
−1 3
n 1 4 +3
4
−1 3
n
1 4−1
4
−1 3
n
1 4 −1
4
−1 3
n
1 4 +3
4
−1 3
n
a0
b0
c0
Comme le produit matriciel du membre de droite de la pr´ec´edente ´egalit´e est le vecteur deR3
1
2+1 2
−1 3
n a0+
1 2 +1
2
−1 3
n b0+
1 2−3
2
−1 3
n c0
1 4−1
4
−1 3
n a0+
1 4 −1
4
−1 3
n b0+
1 4+3
4
−1 3
n c0
1 4−1
4
−1 3
n a0+
1 4 −1
4
−1 3
n b0+
1 4+3
4
−1 3
n c0
on a :
an= 1
2+1 2
−1 3
n a0+
1 2+1
2
−1 3
n b0+
1 2−3
2
−1 3
n c0 donc :
an= 1
2(a0+b0+c0) +1
2(a0+b0−3c0)
−1 3
n
; (10)
et
bn= 1
4 −1 4
−1 3
n a0+
1 4 −1
4
−1 3
n b0+
1 4+3
4
−1 3
n c0
donc
bn= 1
4(a0+b0+c0) +1
4(3c0−a0−b0)
−1 3
n
; (11)
et
cn= 1
4 −1 4
−1 3
n a0+
1 4 −1
4
−1 3
n b0+
1 4+3
4
−1 3
n c0 donc
cn= 1
4(a0+b0+c0) +1
4(3c0−a0−b0)
−1 3
n
. (12)
Comme avant le premier saut, l’enfant est soit en A, soit en B, soit en C, (A0, B0, C0) est un syst`eme complet d’´ev´enements. On a donc :
P(A0)
| {z }
a0
+P(B0)
| {z }
b0
+P(B0)
| {z }
c0
= 1. (13)
De (13), on d´eduit :
a0+b0= 1−c0 (14)
En simplifiant (10), (11), (12) `a l’aide de (13) et (14), on obtient :
an= 1
2 +1−4c0
2
−1 3
n
(15) bn =cn= 1
4+4c0−1 4
−1 3
n
. (16)
9. Comme−1<−1
3 <1, on a :
−1 3
n
n→+∞→ 0 (cf. cours sur les suites g´eom´etriques). (17) De (15), (16) et (17), on d´eduit alors que :
an →
n→+∞
1
2 ; bn →
n→+∞
1
4 ; cn →
n→+∞
1 4.
On peut interpr´eter ces trois r´esultats comme suit. Apr`es un tr`es grand nombre de sauts, l’enfant sera :
• enAavec une probabilit´ed’environ 1/2 ;
• enB avec une probabilit´ed’environ 1/4 ;
• enC avec une probabilit´ed’environ 1/4.
