Exercice
1. Pourk∈ {0, . . . ,8}, l'ensembleEk est formé par les couples(i, k−i)avecientre0et k. On en déduit que
ϕ0= 1, ϕ1= 2, . . . , ϕ8= 9
En revanche, lorsquek >8, il faut enlever les couples(i, k−i)pour lesquelsk−i >8 c'est à direi < k−8. Seuls subsistent les couples(i, k−i)aveci∈ {k−8, . . . ,8}. Il y en a8−(k−8) + 1 = 17−k d'où
ϕ9= 8, ϕ8= 7, . . . , ϕ15= 2, ϕ16= 1
2. L'écriture décimale deapermet d'obtenir
a= X
i∈{1,...,8}
10i⇒a2=
X
i∈{1,...,8}
10i
X
j∈{1,...,8}
10j
= X
(i,j)∈{1,...,8}2
10i+j= X
k∈{0,...,16}
X
(i,j)∈Ek2
10k = X
k∈{0,...,16}
ϕk10k
Lesϕk étant tous entre 0 et 9, l'écriture décimale dea2est
12345678987654321
Problème 1
Partie I. Calcul matriciel.
1. Diagonalisabilité deM.
a. Pour discuter du rang de M −λI4, on transforme cette matrice par une suite d'opérations élémentaires en une matrice triangulaire équivalente donc de même
rang.
M−λI4=
27−λ 8 1 0
0 12−λ 6 0
0 6 12−λ 0
0 1 8 27−λ
27−λ 8 1 0
0 1 8 27−λ
0 6 12−λ 0
0 12−λ 6 0
échangerL2et L4
27−λ 0 1 8
0 27−λ 8 1
0 0 12−λ 6
0 0 6 12−λ
échangerC2et C4
27−λ 0 9 8
0 27−λ 9 1
0 0 18−λ 6
0 0 18−λ 12−λ
C3←C3+C4
27−λ 0 9 8
0 27−λ 9 1
0 0 18−λ 6
0 0 0 6−λ
L4←L4+L3
On en déduit le tableau des rangs suivant les valeurs deλ:
λ ∈ {27,/ 18,12} 27 18 6
rang 4 2 3 3
b. Comme le rang de M −27I4 est 2, son noyau est aussi de rang 2 donc il existe une famille libre de colonnes(X1, X2)telles queM X1= 27X1 et M X2 = 27X2. Pour 18 et 12 le rang est 3 donc la matrice n'est pas inversible et il existe des colonnesX3 etX4 telles queM X3= 18X3et M X14 = 12X4.
Dans ces conditions, si P est la matrice dont les colonnes sont X1, X2, X3, X4,
elle est inversible et, par dénition desXi,
D=P−1M P avecD=
27 0 0 0
0 27 0 0
0 0 18 0
0 0 0 12
2. Diagonalisation deM.
Il apparait directement en examinant M queX1 =
1 0 0 0
et X2 =
0 0 0 1
constituent une base deE27.
Étude deE18.
x1 x2 x3 x4
∈E18⇔
9x1+ 8x2+x3+ = 0
−6x2+6x3 = 0 6x2−6x3 = 0 x2+8x3+ 9x4= 0
⇔
x1 x2 x3 x4
=x4
1
−1
−1 1
Étude deE6.
x1
x2 x3 x4
∈E12⇔
21x1+ 8x2+x3+ = 0 6x2+6x3 = 0 6x2−6x3 = 0 x2+8x3+ 21x4= 0
⇔
x1
x2 x3 x4
=x4
−1 3
−3 1
D=P−1M P avecD=
27 0 0 0
0 27 0 0 0 0 18 0
0 0 0 6
etP =
1 0 1 −1
0 0 −1 3 0 0 −1 −3
0 1 1 1
3. Puissances deA.
a. DeM =P DP−1, on tireMn =P DnP−1 puisAn=P∆nP−1 avec
∆n=
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 (23)n 0 0 0 0 (29)n
b. On cherche la deuxième colonne deAn :
C2(An) =P∆nC2(P−1)avecP−1=
1 23 13 0 0 13 23 1 0 −12 −12 0 0 16 −16 0
obtenu en résolvant le systèmeA
x1
x2
x3
x4
=
y1
y2
y3
y4
. On en déduit
C2(An) =P∆n
2 3 1 3
−12
1 6
=P
2 3 1 3
−12(23)n
1 6(29)n
=
2
3−12(23)n−16(29)n
1
2(23)n+12(29)n
1
2(23)n−12(29)n
1
3−12(23)n+16(29)n
c. Chaque coecient de An est une combinaison linéaire de suites constantes et de suites géométriques de raison 23 ou 29. Toutes ces suites sont convergentes donc chaque coecient, considéré comme une suite en n converge. Les limites s'obtiennent en remplaçant les suites géométriques par leur limite 0. Il est plus commode de le faire au niveau matriciel. La limite matricielle est
1 0 1 −1
0 0 −1 3 0 0 −1 −3
0 1 1 1
1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
1 23 13 0 0 13 23 1 0 −12 −12 0 0 16 −16 0
=
1 0 1 −1
0 0 −1 3 0 0 −1 −3
0 1 1 1
1 23 13 0 0 13 23 1 0 0 0 0 0 0 0 0
=
1 23 13 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 13 23 1
Partie II. Espace probabilisé.
1. Exemple.
2. Dénombrement.
a. Le nombre de parties deEàNéléments est Ne
(résultat de cours). Pour calculer le nombre de partiesX à N éléments dontj appartiennent àA, on classe lesX suivant l'ensembleX∩Ade cesjéléments. Pour une partie xée àjéléments de A, il existe autant de partiesX que de parties àN−j éléments dansE\A. On en déduit
nombre de partiesX àN éléments dontj appartiennent àA= a
j
e−a N−j
b. En utilisant l'expression des coecients du binôme avec un quotient de produits :
c(N, j, e, a) =
jfacteurs
z }| { a(a−1)· · ·
j!
N−jfacteurs
z }| { (e−a)(e−a−1)· · ·
(N−j)!
N!
e(e−1)· · ·
| {z }
N facteurs
On fait apparaitre un coecient du binôme et on simplie pareN.
c(N, j, e, a) = N
j
jfacteurs
z }| { a
e(a e −1
e)(a e−2
e)· · · ×
N−jfacteurs
z }| {
(1−a e)(1−a
e −1 e)(1−a
e −2 e)· · · 1(1−1
e)· · ·
| {z }
Nfacteurs
c. Pourp ∈ [0,1], N et j ≤N xés, on a aussi N −j ≤ N donc les hypothèses entrainent, poureen+∞, la convergence des suites
(a
e)→p, (k
e)→0∀k∈J1, NJ (c(N, j, e, a))e∈N∗→ N
j
pj(1−p)N−j
3. Probabilité.
a. Après la mise en culture, l'éprouvette initiale contient un très grand nombre e de bactéries dont un très grand nombre adu type A. De plus, la proportion de bactéries de type A est conservée soit ae = iN0 =p. Le prélèvement deN bactéries est modélisé par la question 2 et on peut approcher la probabilité d'en obteniri1
du type A par
P(Ω(i1)) = N
i i0
N i1
1−i0
N N−i1
=a(i0, i1)
La probabilité conditionnelle deΩ(i1,· · ·, ik)sachant Ω(i1,· · ·, ik−1)ne dépend en fait que de la situation après le prélèvementk−1, à cause de la prolifération, on se retrouve comme pour le premier prélèvement maisn avec une concentration initiale deik−1d'où la formule.
b. On décompose l'événement X(k, i) en évéments élémentaires que l'on regroupe selon le résultat de l'expériencek−1
P(X(k, i)) = X
(i1,···,ik−1)∈Ik−1
P(Ω(i1,· · ·, ik−1, i))
=
N
X
j=0
X
(i1,···,ik−2)∈Ik−2
P(Ω(i1,· · ·, ik−2, j, i))
=
N
X
j=0
X
(i1,···,ik−2)∈Ik−2
P(Ω(i1,· · · , ik−2, j))a(i, j)
=
N
X
j=0
a(i, j)
X
(i1,···,ik−2)∈Ik−2
P(Ω(i1,· · · , ik−2, j))
=
N
X
j=0
a(i, j)P(X(k−1, j))
c. Pour les matrices Xk∈ MN+1,1et A∈ MN+1
Xk =
P(X(k,0) P(X(k,0)
...
P(X(k, N)
, A=
a(0,0) a(0,1) · · · a(0, N) a(1,0) a(1,1) · · · a(1, N)
a(N,0) a(N,1) · · · a(N, N)
,
Xk =AXk−1⇒Xk =Ak
0...
1...
0
(le1 placé en lignei0) =Ci0(Ak)
4. Espérances.
a. On utilise les relations
i N
i
=N
N−1 i−1
i(N−i) N
i
=N(N−1) N−2
i−1
On élimine les termes dont la contribution est nulle
N
X
i=0
i a(i, j) =N j N
N
X
i=1
N−1 i−1
j N
i−1 1− j
N
N−1−(i−1)
| {z }
=1
=j
N
X
i=0
i(N−i)a(i, j)
=N(N−1) j N
1− j
N N−1
X
i=1
N−2 i−1
j N
i−1 1− j
N
N−2−(i−1)
| {z }
=1
= N−1
N j(N−j) b. Par dénition de la situation initiale :e0=i0. Montrons queek=ek−1en utilisant
3.b. et en permutant des sommations :
ek=
N
X
i=0
i
N
X
j=0
ia(i, j)P(X(k−1, j)) =
N
X
j=0 N
X
i=0
ia(i, j)
!
P(X(k−1, j))
=
N
X
j=0
jP(X(k−1, j)) =ek−1
Le calcul est analogue poure0k avec une multiplication par un facteur constant
e0k=
N
X
i=0 N
X
j=0
i(N−i)a(i, j)P(X(k−1, j))
=
N
X
j=0 N
X
i=0
i(N−i)a(i, j)
!
P(X(k−1, j))
= N−1 N
N
X
j=0
j(N−j)P(X(k−1, j)) = N−1 N e0k−1
De plus,e0i0=i0(N−i0), on en déduit
e0k=
N−1 N
k
i0(N−i0)
5. Inégalités.
a. Lorsqu'un prélèvement ne contient plus qu'une sorte de bactéries, la situation ne peut plus changer ; tous les prélèvements suivants ne contiendront que ce type de bactéries. Cela se traduit par une inclusion
X(k−1,0)∪X(k−1, N)⊂X(k,0)∪X(k, N)
⇒uk−1=P(X(k−1,0)∪X(k−1, N))≤uk=P(X(k,0)∪X(k, N)) La suite (uk)k∈N est croissante et majorée par 1 (probabilités), elle est conver- gente.
b. La probabilité que les deux types soient présents après le prélèvement nest vn. On peut utiliservn pour minorerv0n.
vn =
N−1
X
i=1
P(X(n, i)), e0n=
N−1
X
i=1
i(N−i)P(X(n, i))
La fonctionx 7→ x(N −x) dans [0, N] est positive, nulle seulement en 0 et N, croissante dans [0,N2], décroissante dans [N2, N]. On en déduit que i(N −i) ≥ 1(N−1)pouri entre1 etN−1 d'où
e0n≥
N−1
X
i=1
1(N−1)P(X(n, i)) = (N−1)vn ⇒vn≤ 1 N−1e0n 6. Limites.
a. Pouri∈J1, N−1K,P(X(n, i))≤vnqui converge vers0car, d'après les questions 4.b. et 5.b., elle est majorée par une suite géométrique convergente
0≤vn≤
N−1 N
ni0(N−i0) N
b. De la convergence de vn vers 0, on déduit celle de un vers 1. Pour préciser les limites de chaque terme, on utilise
i0=en=
N
X
i=1
iP(X(n, i))
On sait que toutes les suites de la somme (sauf celle des p(X(n, i))) convergent vers0. On en déduit que celle ci converge aussi avec
(P(X(n, i)))n∈
N3 → i0
N
c'est à dire la proportion initiale des bactéries de type A. Comme la somme des deux suites converge vers 1, on a aussi
(P(X(n, i)))n∈
N3 →1−i0
N
c. La répétition de l'expérience conduit donc à séparer les deux types de bactéries.
La probabilité de se retrouver avec un seul type est proche de la concentration initiale des bactéries de ce type.
7. Temps de séparation.
a. L'évémentCnest aussi le complémentaire deX(n,0)∪X(n, N)doncP(Cn) =vn. De plus Cn−1 se décompose en deux événements disjoints suivant le résultat du prélévementn:
Cn−1=Cn∩Sn⇒wn=vn−1−vn b. On eectue une transformation d'Abel sur l'expression detn
tn =
n
X
k=1
k(vk−1−vk) = 1v0+
n−1
X
k=1
(k+ 1−k)vk−nvn=−nvn+
n−1
X
k=0
vk
c. On sait quevnest majorée par une suite géométrique de raison NN−1 <1. La suite desnvn converge donc vers0et la somme desvncomme celle destnconverge car elle est croissante et majorée. Par passage à la limite dans les inégalités :
t≤ i0(N−i0) N−1
n−1
X
k=0
N−1 N
n
≤i0(N−i0) N−1
1
1−N−1N =i0(N−i0) N N−1
