Corrigé du devoir surveillé n

Corrigé du devoir surveillé n ^◦ 3

1. On pose, pour tout n∈N, X_n= a_n b_n

!

.

a. Par définition, a₁ = 0,3×1 + 0,5×2 = 1,3 et b₁ = −0,5×1 + 1,3×2 = 2,1 donc X₁ = 1,3

2,1

!

. b. Soit n ∈N. Alors,

X_n+1 = a_n+1 bn+1

!

= 0,3a_n+ 0,5b_n

−0,5an+ 1,3bn

!

= 0,3 0,5

−0,5 1,3

! a_n bn

!

donc X_n+1 =AX_n avec A= 0,3 0,5

−0,5 1,3

!

. 2. On considère les matrices P = 1 0

1 1

!

et T = 0,8 0,5 0 0,8

!

.

a. Comme detP = 1×1−0×1 = 1 6= 0, P est inversible et P⁻¹ = ¹₁ 1 0

−1 1

!

i.e.

P⁻¹ = 1 0

−1 1

!

.

b. À l’aide de la calculatrice, on trouve P T P⁻¹ = 0,3 0,5

−0,5 1,3

!

i.e. P T P⁻¹ =A. c. Considérons, pour tout n ∈N, la propositionH_n : «Aⁿ =P TⁿP⁻¹ ».

CommeA⁰ =I₂ et P T⁰P⁻¹ =P I₂P⁻¹ =P P⁻¹ =I₂, H₀ est vraie.

On suppose que H_k est vraie pour un certain k ∈ N. Alors, grâce à la question précédente,

A^k+1 =A^kA = (P T^kP⁻¹)(P T P⁻¹) =P T^k(P⁻¹P)T P⁻¹

=P T^kI₂T P⁻¹ =P T^kT P⁻¹ =P T^k+1P⁻¹ donc Hk+1 est vraie.

Ainsi, on a montré par récurrence que, pour tout n∈N, Aⁿ =P TⁿP⁻¹ . 3. Considérons, pour tout n∈N, la proposition Gn : «Tⁿ= 0,8ⁿ⁻¹ 0,8 0,5n

0 0,8

!

».

CommeT⁰ =I₂ et 0,8⁰⁻¹ 0,8 0,5×0

0 0,8

!

= _0,8¹ 0,8 0 0 0,8

!

=I₂, G₀ est vraie.

Supposons que G_k est vraie pour un certain k ∈N. Alors,

T^k+1 =T^kT = 0,8^k−1 0,8 0,5k 0 0,8

! 0,8 0,5 0 0,8

!

= 0,8^k−1 0,8² 0,8×0,5 + 0,5k×0,8

0 0,8²

!

= 0,8^k−1 0,8² 0,8(0,5 + 0,5k)

0 0,8²

!

= 0,8^k 0,8 0,5(k+ 1)

0 0,8

!

donc G_k+1 est vraie.

Ainsi, on a démontré par récurrence que, pour tout n ∈N,Tⁿ= 0,8ⁿ⁻¹ 0,8 0,5n 0 0,8

!

. 4. a. On déduit des résultats précédents que, pour tout n ∈N,

X_n=AⁿX₀ = (P TⁿP⁻¹)X₀ =P Tⁿ(P⁻¹X₀).

Or, P⁻¹X0 = 1 0

−1 1

! 1 2

!

= 1 1

!

donc, pour tout n ∈N,

Tⁿ(P⁻¹X₀) = 0,8ⁿ⁻¹ 0,8 0,5n 0 0,8

! 1 1

!

= 0,8ⁿ⁻¹ 0,8 + 0,5n 0,8

!

et ainsi

P TⁿP⁻¹X₀ = 1 0 1 1

!

×0,8ⁿ⁻¹ 0,8 + 0,5n 0,8

!

= 0,8ⁿ⁻¹ 1 0 1 1

! 0,8 + 0,5n 0,8

!

= 0,8ⁿ⁻¹ 0,8 + 0,5n 0,8 + 0,8 + 0,5n

!

i.e. X_n= 0,8ⁿ⁻¹ 0,8 + 0,5n 1,6 + 0,5n

!

. b. Pour tout n ∈ N, Xn = an

b_n

!

donc, pour tout n ∈ N, an = 0,8ⁿ⁻¹(0,8 + 0,5n) i.e.

pour tout n∈N, a_n= 0,8ⁿ+ 0,5n0,8ⁿ⁻¹ .

5. a. Soitn ∈N. Appliquons l’inégalité de Bernoulli avec x= 0,2 alors 1,2ⁿ = (1 + 0,2)ⁿ >

1+0,2ndonc 5×1,2ⁿ >5(1+0,2n) = 5+n>n. Ainsi, pour tout n∈N, 5×1^,2ⁿ>n. b. Comme−1<0,8<1, lim

n→+∞0,8ⁿ= 0. De plus, pour tout n∈N,

060,5n0,8ⁿ⁻¹ 60,5(5×1,2ⁿ)8ⁿ⁻¹ = 2,5×1,2×(1,2×0,8)ⁿ = 3(0,96)ⁿ⁻¹. Or, −1 < 0,96 < 1 donc lim

n→+∞0,96ⁿ⁻¹ = 0 et, par le théorème d’encadrement,

n→+∞lim 0,5n0,8ⁿ⁻¹ = 0. Par somme, on conclut que lim

n→+∞a_n = 0 . 6. a. Cet algorithme calcule la première valeur de a_n telle que a_n 60,01.

b. Pour qu’il affiche le premier rang n ∈ N tel que a_n 6 10⁻³, on peut modifier l’algorithme de la manière suivante :

A ←1 B ←2 N ←0

Tant que A >0,001 C ←A

A←0,3C+ 0,5B B ← −0,5C+ 1,3B N ←N + 1

Fin de boucle Tant que Afficher N