Telechargé par loror76303

annales-bac-matrices

publicité
TS-spe
Exercices bac -- 2011-2016 -- matrices

Exercices bac --
.
2011-2016

a0
 
U0 = b 0  représente la situation initiale, avec a 0 + b 0 + c 0 = 1 .
c0
-- matrices
E
1 . correction
Amérique du Sud 2013
Candidats ayant suivi l'enseignement de spécialité
Montrer que, pour tout entier naturel n, Un+1 = MUn où M est une matrice 3 × 3 que l'on précisera.
Le gestionnaire d'un site web, composé de trois pages web numérotées de 1 à 3 et reliées entre elles
par des liens hypertextes, désire prévoir la fréquence de connexion sur chacune de ses pages web.
En déduire que, pour tout entier naturel n, Un = Mn U0 .
Des études statistiques lui ont permis de s'apercevoir que :
• Si un internaute est sur la page no 1, alors il ira, soit sur la page no 2 avec la probabilité
sur la page no 3 avec la probabilité
3
.
4
1
, soit
4
1
soit
2
1
1
il restera sur la page no 2 avec la probabilité , soit il ira sur la page no 3 avec la probabilité .
4
4
1
• Si un internaute est sur la page no 3, alors, soit il ira sur la page no 1 avec la probabilité , soit
2
1
1
o
o
il ira sur la page n 2 avec la probabilité ,soit il restera sur la page n 3 avec la probabilité .
4
4
Pour tout entier naturel n , on définit les évènements et les probabilités suivants :
An : « Après la n -ième navigation, l'internaute est sur la page no 1 » et on note a n = P (An ) .
Bn : « Après la n -ième navigation, l'internaute est sur la page no 2 » et on note b n = P (Bn ) .
Cn : « Après la n -ième navigation, l'internaute est sur la page no 3 » et on note c n = P (Cn ) .
• Si un internaute est sur la page no 2, alors, soit il ira sur la page no 1 avec la probabilité
 
x
 
3. Montrer qu'il existe une seule matrice colonne U =  y  telle que : x + y + z = 1 et MU = U .
z
4. Un logiciel de calcul formel a permis d'obtenir l'expression de Mn , n étant un entier naturel
non nul :



Mn = 

5
12
1
4
1
4
Ainsi :





a n+1




b n+1







 c n+1
1
2
3
1
1
et cn+1 = an + bn + cn .
4
4
4
1
1
bn + cn
2
2
1
1
1
an + bn + cn
4
4
4
3
1
1
an + bn + cn
4
4
4
=
=
=
+
( −1 )n
2
×2
3
1
( (4 ) )
n
− −1
×2
2
3
1
3
+
5
12
+
( −1 )n
2
−3
1
4
( )n
− −1
2
−3
1
3
+
5
12
+
( −1 )n

2
−3


1

4
( −1 )n 
− 2
−3
5. Interpréter les résultats obtenus et donner une estimation des pourcentages de fréquentation du
site à long terme.
1
2
1
4
+
Pour tout entier naturel n non nul, exprimer an , bn et cn en fonction de n . En déduire que les
suites (an ) , (bn ) et (c n ) convergent vers des limites que l'on précisera.
1. Montrer que, pour tout entier naturel n , on a an+1 = bn + cn .
On admet que, de même, bn+1 = an + bn + cn
1
3


an
 
2. Pour tout entier naturel n , on pose Un = bn  .
cn
Page 1
TS-spe
E
Exercices bac -- 2011-2016 -- matrices
(
2
Antilles 2013
. correction
Commun ayant suivi l'enseignement de spécialité
On définit les suite (u n ) et (v n ) sur l'ensemble
3. Pour tout entier naturel n on définit le vecteur colonne X n
(
N des entiers naturels par :
A=


 u n+1
un + v n
=
2
u 0 = 0 ; v 0 = 1 , et
u n + 2v n

 v n+1 =
3
Le but de cet exercice est d'étudier la convergence des suites (un ) et (v n ) .
1
2
1
3
1
2
2
3
)
.
(a) Vérifier que, pour tout entier naturel n , Xn+1 = AXn .
(b) Démontrer par récurrence que Xn = An X0 pour tout entier naturel n .
(
1. Calculer u 1 et v 1 .
′
4. On définit les matrices P , P et B par P =
2. On considère l'algorithme suivant :
)
(
, P =
1
2
1
2
− 21
1
3
Démontrer par récurrence que pour tout entier naturel n , An = P ′ Bn P .
(
1
(b) On admet que pour tout entier naturel n , B =
0
n
)
0
( 1 )n .
6
En déduire l'expression de la matrice An en fonction de n .
(
5. (a) Montrer que X n =
3
5
3
5
( )n )
− 35 16
( )n pour tout entier naturel n .
+ 25 16
En déduire les expressions de un et v n en fonction de n .
Fin du Pour
Afficher u
Afficher v
Fin de l'algorithme
(b) Déterminer alors les limites des suites (un ) et (v n ) .
(a) On exécute cet algorithme en saisissant N = 2 . Recopier et compléter le tableau donné cidessous contenant l'état des variables au cours de l'exécution de l'algorithme.
u
′
On admet que P ′ BP = A .
w +v
u prend la valeur
2
w + 2v
v prend la valeur
3
w
6
5
6
5
4
5
− 65
(a) Calculer le produit PP ′ .
Variables : u , v et w des nombres réels
N et k des nombres entiers
Initialisation : u prend la valeur 0
v prend la valeur 1
Début de l'algorithme
Entrer la valeur de N
Pour k variant de 1 à N
w prend la valeur u
k
)
un
par X n =
et la matrice A par
vn
v
1
2
(b) Pour un nombre N donné, à quoi correspondent les valeurs affichées par l'algorithme par
rapport à la situation étudiée dans cet exercice ?
Page 2
)
(
1
et B =
0
0
1
6
)
.
TS-spe
E
Exercices bac -- 2011-2016 -- matrices
F
3
Asie 2013
. correction
Candidats ayant choisi l'enseignement de spécialité
Un logiciel permet de transformer un élément rectangulaire d'une photographie.
Ainsi, le rectangle initial OEFG est transformé en un rectangle OE ′ F ′ G ′ , appelé image de OEFG.
G
F′
E
F
E′
G
O
E
G
Figure 2
′
1. (a) Calculer les coordonnées des points E ′ , F ′ et G ′ , images des points E, F et G par cette
transformation.
O
Figure 1
(b) Comparer les longueurs OE et OE ′ d'une part, OG et OG ′ d'autre part.
L'objet de cet exercice est d'étudier le rectangle obtenu après plusieurs transformations successives.
( )
( )
x′
x
Donner la matrice carrée d'ordre 2, notée A , telle que : ′ = A
.
y
y
Partie A
(
)
Partie B
Le plan est rapporté à un repère orthonormé O ;⃗ı,⃗ȷ .
Les points E, F et G ont pour coordonnées respectives (2 ; 2), (−1 ; 5) et (−3 ; 3) .
La transformation du logiciel associe à tout point M(x ; y) du plan le point M′ (x ′ ; y ′ ) , image du
point M tel que :



 x′
=


 y′
=
5
3
x+ y
4
4
3
5
x+ y
4
4
Dans cette partie, on étudie les coordonnées des images successives du sommet F du rectangle
OEFG lorsqu'on applique plusieurs fois la transformation du logiciel.
1. On considère l'algorithme suivant destiné à afficher les coordonnées de ces images successives.
Une erreur a été commise.
Modifier cet algorithme pour qu'il permette d'afficher ces coordonnées.
Page 3
TS-spe
Exercices bac -- 2011-2016 -- matrices
Entrée
Saisir un entier naturel non nul N
Affecter à x la valeur −1
Affecter à y la valeur 5
POUR i allant de 1 à N
Affecter à a la valeur 54 x + 34 y
Affecter à b la valeur 34 x + 45 y
Affecter à x la valeur a
Affecter à y la valeur b
FIN POUR
Afficher x , afficher y
Initialisation
Traitement
Sortie
2. (a) Démontrer que, pour tout entier naturel n , le point En est situé sur la droite d'équation
y =x.
(
(
1
2, 5
5, 5
2
7, 25
8, 75
3
15, 625
16, 375
4
31,812 5
32,187 5
5
63,906 3
64,093 8
10
2 047,997 1
2 048,002 9
15
65 535,999 9
65 536,000 1
Conjecturer le comportement de la suite des images successives du point F.
Partie C
Dans cette partie, on étudie les coordonnées des images successives du sommet E du rectangle
(
)
OEFG. On définit la suite des points En x n ; y n du plan par E0 = E et la relation de récurrence :
(
(
)
( )
x n+1
xn
=A
,
y n+1
yn
)
où x n+1 ; y n+1 désignent les coordonnées du point En+1 .
Ainsi x 0 = 2 et y 0 = 2 .
1.
que, pour tout entier n ⩾ 1 , la matrice An peut s'écrire sous la forme : An =
( On admet
)
αn
βn
βn
.
αn
Démontrer par récurrence que, pour tout entier naturel n ⩾ 1 , on a :
αn = 2n−1 +
1
2n+1
et βn = 2n−1 −
)
( )
xn
n 2
=A
.
yn
2
(b) Démontrer que la longueur O En tend vers +∞ quand n tend vers +∞ .
2. On a obtenu le tableau suivant :
i
x
y
)
On pourra utiliser que, pour tout entier naturel n , les coordonnées x n ; y n du point En vérifient :
1
.
2n+1
Page 4
TS-spe
E
Exercices bac -- 2011-2016 -- matrices
4
4. Les résultats des questions précédentes permettent d'établir que
Métropole 2013
. correction
Candidats ayant suivi l'enseignement de spécialité
On étudie la population d'une région imaginaire. Le 1er janvier 2013, cette région comptait
250 000 habitants dont 70 % résidaient à la campagne et 30 % en ville.
L'examen des données statistiques recueillies au cours de plusieurs années amène à choisir de modéliser l'évolution de la population pour les années à venir de la façon suivante :
•
l'effectif de la population est globalement constant,
•
chaque année, 5 % de ceux qui résident en ville décident d'aller s'installer à la campagne et
1 % de ceux qui résident à la campagne choisissent d'aller habiter en ville.
vn =
Quelles informations peut-on en déduire pour la répartition de la population de cette région à long
terme ?
Pour tout entier naturel n , on note v n le nombre d'habitants de cette région qui résident en ville
au 1er janvier de l'année (2013+n) et c n le nombre de ceux qui habitent à la campagne à la même
date.
1. Pour tout entier naturel n , exprimer v n+1 et cn+1 en fonction de v n et c n .
(
)
0, 95 0, 01
2. Soit la matrice A =
.
0, 05 0, 99
( )
a
On pose X =
où a, b sont deux réels fixés et Y = AX .
b
( )
c
Déterminer, en fonction de a et b , les réels c et d tels que Y =
.
d
Les résultats précédents
d'écrire que pour tout entier naturel n ,
( permettent
)
X n+1 = AX n où X n =
vn
. On peut donc en déduire que pour tout entier naturel n, Xn = An X 0 .
cn
(
1
3. Soient les matrices P =
5
)
(
−1
1
et Q =
1
−5
)
)
1(
1(
1 + 5 × 0, 94n v 0 + 1 − 0, 94n c 0 .
6
6
)
1
.
1
(a) Calculer PQ et QP . En déduire la matrice P−1 en fonction de Q .
(b) Vérifier que la matrice P−1 AP est une matrice diagonale D que l'on précisera.
(c) Démontrer que pour tout entier naturel n supérieur ou égal à 1 , An = PDn P −1 .
Page 5
TS-spe
Exercices bac -- 2011-2016 -- matrices
E
5 . correction
Centres Étrangers 2013
Candidats ayant choisi la spécialité mathématique
⋆ ⋆ ⋆ Algorithme lancé ⋆ ⋆ ⋆
En l'année 2013, a prend la valeur 20 et b prend la valeur 10
En l'année 2014, a prend la valeur 19 et b prend la valeur 11
En l'année 2015, a prend la valeur 18,5 et b prend la valeur 11,5
En l'année 2016, a prend la valeur 18,25 et b prend la valeur 11,75
En l'année 2017, a prend la valeur 18,125 et b prend la valeur 11,875
En l'année 2018. a prend la valeur 18,042 5 et b prend la valeur 11,937 5
En l'année 2019, a prend la valeur 18,031 25 et b prend la valeur 11,968 75
En l'année 2020, a prend la valeur 18,015 625 et b prend la valeur 11,984 375
⋆ ⋆ ⋆ Algorithme terminé ⋆ ⋆ ⋆
Une espèce d'oiseaux ne vit que sur deux îles A et B d'un archipel.
Au début de l'année 2013, 20 millions d'oiseaux de cette espèce sont présents sur l'île A et 10
millions sur l'île B.
Des observations sur plusieurs années ont permis aux ornithologues d'estimer que, compte tenu
des naissances, décès, et migrations entre les deux îles, on retrouve au début de chaque année les
proportions suivantes :
□
sur l'île A : 80 % du nombre d'oiseaux présents sur l'île A au début de l'année précédente et
30 % du nombre d'oiseaux présents sur l'île B au début de l'année précédente ;
□
sur l'île B : 20 % du nombre d'oiseaux présents sur l'île A au début de l'année précédente et
70 % du nombre d'oiseaux présents sur l'île B au début de l'année précédente.
Au vu de ces résultats, émettre des conjectures concernant le sens de variation et la convergence
des suites (an ) et (bn ) .
Pour tout entier naturel n , on note an (respectivement bn ) le nombre d' oiseaux (en millions)
présents sur l'île A (respectivement B) au début de l'année (2013 + n) .
Partie B - Étude mathématique
Partie A - Algorithmique et conjectures
On note Un
On donne ci-contre un algorithme
qui doit afficher le nombre d'oiseaux
vivant sur chacune des deux iles,
pour chaque année comprise entre
2013 et une année choisie par l'utilisateur.
Début de l'algorithme
Lire n
Affecter à a la valeur 20
Affecter à b la valeur 10
Affecter à i la valeur 2013
Afficher i
Afficher a
Afficher b
Tant que i < n faire
Affecter à c la valeur (0, 8a + 0, 3b)
Affecter à b la valeur (0, 2a + 0, 7b)
Affecter à a la valeur c
Fin du Tant que
Fin de l 'algorithme
(
)
an
la matrice colonne
.
bn
1. Montrer que, pour tout entier naturel n , Un+1 = MUn , où M est une matrice carrée d'ordre
2 que l'on déterminera.
On admet alors que Un = Mn U0 pour tout entier naturel n ⩾ 1 .
2. À l'aide d'un raisonnement par récurrence, justifier que, pour tout entier naturel n ⩾ 1 :
(
0, 6 + 0, 4 × 0, 5n
M =
0, 4 − 0, 4 × 0, 5n
n
)
0, 6 − 0, 6 × 0, 5n
.
0, 4 + 0, 6 × 0, 5n
On ne détaillera le calcul que pour le premier des coefficients de la matrice Mn .
3. Exprimer an en fonction de n , pour tout entier naturel n ⩾ 1 .
4. Avec ce modèle, peut-on dire qu'au bout d'un grand nombre d'années, le nombre d'oiseaux sur
l'île A va se stabiliser ? Si oui, préciser vers quelle valeur.
1. Cet algorithme comporte des oublis dans le traitement. Repérer ces oublis et les corriger.
2. On donne ci-dessous une copie d'écran des résultats obtenus après avoir corrigé l'algorithme
précédent dans un logiciel d'algorithmique, l'utilisateur avant choisi l'année 2020.
Page 6
TS-spe
E
Exercices bac -- 2011-2016 -- matrices
6
On note Pn = (sn i n mn ) la matrice ligne donnant l'état probabiliste au bout de n semaines
où s n , i n et m n désignent respectivement la probabilité que l'individu soit sain, porteur sain ou
malade la n -ième semaine.
On a alors P0 = (0, 99 0 0, 01) et pour tout entier naturel n ,
Métropole septembre 2013
. correction
Candidats ayant suivi l'enseignement de spécialité
Les parties A et B peuvent être traitées indépendamment l'une de l'autre
Dans un village imaginaire isolé, une nouvelle maladie contagieuse mais non mortelle a fait son
apparition.
Rapidement les scientifiques ont découvert qu'un individu pouvait être dans l'un des trois états
suivants :




s n+1




i n+1






 m n+1
S : « l'individu est sain, c'est-à-dire non malade et non infecté »,
I : « l'individu est porteur sain, c'est-à-dire non malade mais infecté »,
=
Pn+1 = Pn × A .
2. Démontrer par récurrence que pour tout entier naturel n non nul, Pn = P0 × An .
Partie A
Les scientifiques estiment qu'un seul individu est à l'origine de la maladie sur les 100 personnes
que compte la population et que, d'une semaine à la suivante, un individu change d'état suivant le
processus suivant :
parmi les individus sains, la proportion de ceux qui deviennent porteurs sains est égale à
et la proportion de ceux qui deviennent malades est égale à
□
=
1
sn
3
1
1
sn + i n
3
2
1
1
sn + i n + mn
3
2
1. Écrire la matrice A appelée matrice de transition, telle que pour tout entier naturel n,
M : « l'individu est malade et infecté ».
□
=
1
,
3
1
3
Quelle est la probabilité qu'un individu soit sain au bout de quatre semaines ?
Partie B
parmi les individus porteurs sains, la proportion de ceux qui deviennent malades est égale à
1
.
2
3. Déterminer l'état probabiliste P4 au bout de quatre semaines. On pourra arrondir les valeurs à
10−2 .
La maladie n'évolue en réalité pas selon le modèle précédent puisqu'au bout de 4 semaines de
recherche, les scientifiques découvrent un vaccin qui permet d'enrayer l'endémie et traitent immédiatement l'ensemble de la population.
L'évolution hebdomadaire de la maladie après vaccination est donnée par la matrice de transition :

La situation peut être représentée par un graphe probabiliste comme ci-dessous.
S
1
3
I
1
2
5

 12
5
B=

 12
1
6
1
3
1
3
1
2
M
1
1
4
1
4
1
2

1

3
1
.

3
1
3
On note Qn la matrice ligne donnant l'état probabiliste au bout de n semaines après la mise en
place de ces nouvelles mesures de vaccination. Ainsi, Qn = (S n In Mn ) où S n , In et Mn désignent respectivement la probabilité que l'individu soit sain, porteur sain et malade la n -ième
semaine après la vaccination.
Page 7
TS-spe
Pour tout entier naturel n , on a alors Qn+1 = Qn × B .
D'après la partie A, Q0 = P4 . Pour la suite, on prend Q0 = (0, 01
ont été arrondis à 102 .
Exercices bac -- 2011-2016 -- matrices
0, 89) où les coefficients
0, 10
1. Exprimer S n+1 , In+1 et Mn+1 en fonction de S n , In et Mn .
2. Déterminer la constante réelle k telle que B2 = kJ où J est la matrice carrée d'ordre 3 dont
tous les coefficients sont égaux à 1.
On en déduit que pour tout entier n supérieur ou égal à 2, Bn = B2 .
3. (a) Démontrer que pour tout entier n supérieur ou égal à 2, Qn =
(
1
3
1
3
)
1
.
3
(b) Interpréter ce résultat en terme d'évolution de la maladie.
Peut-on espérer éradiquer la maladie grâce au vaccin ?
Page 8
TS-spe
E
Exercices bac -- 2011-2016 -- matrices
7
4. On admet que, pour tout entier naturel n ,
Polynésie 2013
. correction
Candidats ayant suivis l'enseignement de spécialité mathématiques


−100
140
n
n
× 0, 8 −
× 0, 5 

3
3

Vn = 
 −50

140
n
n
× 0, 8 +
× 0, 5
3
3
Un opérateur téléphonique A souhaite prévoir l'évolution de nombre de ses abonnés dans une
grande ville par rapport à son principal concurrent B à partir de 2013.
En 2013, les opérateurs A et B ont chacun 300 milliers d'abonnés.
Pour tout entier naturel n , on note an le nombre d'abonnés, en milliers, de l'opérateur A la n ième année après 2013, et bn le nombre d'abonnés, en milliers, de l'opérateur B la n -ième année
après 2013.
Ainsi, a0 = 300 et b0 = 300 .
Des observations réalisées les années précédentes conduisent à modéliser la situation par la relation
suivante :
{
pour tout entier naturel n ,
a n+1 = 0, 7a n + 0, 2b n + 60
b n+1 = 0, 1a n + 0, 6b n + 70
(
)
( )
0, 7 0, 2
60
On considère les matrices M =
et P =
.
0, 1 0, 6
70
( )
an
Pour tout entier naturel n , on note Un =
.
bn
(a) Pour tout entier naturel n , exprimer Un en fonction de n et en déduire la limite de la suite
(a n ) .
(b) Estimer le nombre d'abonnés de l'opérateur A à long terme.
.
1. (a) Déterminer U1 .
(b) Vérifier que, pour tout entier naturel n , Un+1 = M × Un + P .
(
1
2. On note I la matrice
0
(
4
(a) Calculer (I − M) ×
1
)
0
.
1
)
2
.
3
(b) En déduire que la matrice I − M est inversible et préciser son inverse.
(c) Déterminer la matrice U telle que U = M × U + P .
3. Pour tout entier naturel, on pose Vn = Un − U .
(a) Justifier que, pour tout entier naturel n , Vn+1 = M × Vn .
(b) En déduire que, pour tout entier naturel n , Vn = Mn × V0 .
Page 9
TS-spe
E
Exercices bac -- 2011-2016 -- matrices
8
Pondichéry 2013
. correction
Candidats ayant suivi l'enseignement de spécialité
(a) En déduire les expressions de j n et an en fonction de n et déterminer les limites de ces
deux suites.
On étudie l'évolution dans le temps du nombre de jeunes et d'adultes dans une population d'animaux.
Pour tout entier naturel n , on note j n le nombre d'animaux jeunes après n années d'observation
et an le nombre d'animaux adultes après n années d'observation.
Il y a au début de la première année de l'étude, 200 animaux jeunes et 500 animaux adultes.
Ainsi j 0 = 200 et a0 = 500 .
On admet que pour tout entier naturel n on a :
(b) Que peut-on en conclure pour la population d'animaux étudiée ?
{
j n+1
a n+1
=
=
0, 125 j n + 0, 525a n
0, 625 j n + 0, 625a n
On introduit
les matrices
suivantes :
(
)
0, 125
A=
0, 625
( )
0, 525
jn
et, pour tout entier naturel n, Un =
.
0, 625
an
1. (a) Montrer que pour tout entier naturel n, Un+1 = A × Un .
(b) Calculer le nombre d'animaux jeunes et d'animaux adultes après un an d'observation puis
après deux ans d'observation (résultats arrondis à l'unité près par défaut).
(c) Pour tout entier naturel n non nul, exprimer Un en fonction de An et de U0 .
(
7
2. On introduit les matrices suivantes Q =
−5
)
(
3
−0, 25
et D =
5
0
(
(a) On admet que la matrice Q est inversible et que Q
−1
0, 1
=
0, 1
)
0
.
1
)
−0, 06
.
0, 14
Montrer que Q × D × Q−1 = A .
(b) Montrer par récurrence sur n que pour tout entier naturel n non nul : An = Q × Dn × Q−1 .
(c) Pour tout entier naturel n non nul, déterminer Dn en fonction de n .
3. On admet que pour tout entier naturel n non nul,
(
0, 3 + 0, 7 × (−0, 25)n
A =
0, 5 − 0, 5 × (−0, 25)n
n
0, 42 − 0, 42 × (−0, 25)n
0, 7 + 0, 3 × (−0, 25)n
)
Page 10
TS-spe
E
Exercices bac -- 2011-2016 -- matrices
9
Amérique du Nord 2014
. correction
Candidats ayant suivi l'enseignement de spécialité
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
Un volume constant de 2 200 m 3 d'eau est réparti entre deux bassins A et B.
Le bassin A refroidit une machine. Pour des raisons d'équilibre thermique on crée un courant d'eau
entre les deux bassins à l'aide de deux pompes.
On modélise les échanges entre les deux bassins de la façon suivante :
•
au départ, le bassin A contient 1 100 m 3 d'eau et le bassin B contient 1 100 m 3 d'eau ;
•
tous les jours, 15 % du volume d'eau présent en début de journée dans le bassin B est transféré
vers le bassin A ;
•
tous les jours, 10 % du volume d'eau présent en début de journée dans le bassin du bassin
A est transféré vers le bassin B, et pour des raisons de maintenance, on transfère également
5 m 3 du bassin A vers le bassin B.
Pour tout entier naturel n , on note :
•
a n le volume d'eau, exprimé en m 3 , contenu dans le bassin A à la fin du n -ième jour de
fonctionnement ;
A
Jour n
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
B
Volume bassin A
1100,00
C
Volume bassin B
1100,00
1 187,50
1 215,63
1 236,72
1 252,54
1 264,40
1 273,30
1 279,98
1 234,98
1 288,74
1 291,55
1 293,66
1 295,25
1 296,44
1 297,33
1 298,00
1 298,50
1 298,87
1 012,50
984,38
963,28
947,46
935,60
926,10
920,02
915,02
911,26
908,45
906,34
904,75
903,56
902,67
902,00
901,50
901,13
3. Quelles conjectures peut-on faire sur l'évolution du volume d'eau dans chacun des bassins ?
•
b n le volume d'eau, exprimé en m 3 , contenu dans le bassin B à la fin du n -ième jour de
fonctionnement.
Partie B
)
( )
( )
0, 9 0, 15
−5
an
On considère la matrice carrée M =
et les matrices colonnes R =
et X n =
.
0, 1 0, 85
5
bn
On admet que, pour tout entier naturel n, X n+1 = MXn + R .
(
)
1 300
1. On note S =
.
900
On a donc a0 = 1 100 et b0 = 1 100 .
Les parties A et B peuvent être traitées de manière indépendante
Partie A
(
Vérifier que S = MS + R .
1. Traduire la conservation du volume total d'eau du circuit par une relation liant an et bn .
En déduire que, pour tout entier naturel n, X n+1 − S = M (X n − S) .
2. On utilise un tableur pour visualiser l'évolution du volume d'eau dans les bassins.
Donner les formules à écrire et à recopier vers le bas dans les cellules B3 et C3 permettant d'obtenir
la feuille de calcul ci-dessous :
n
n
(Dans la suite, on admettra que, pour )tout entier naturel n, X n − S = M (X 0 − S) et que M =
n
n
0, 6 + 0, 4 × 0, 75
0, 6 − 0, 6 × 0, 75
.
0, 4 − 0, 4 × 0, 75n 0, 4 + 0, 6 × 0, 75n
Page 11
TS-spe
Exercices bac -- 2011-2016 -- matrices
(
)
1 300 − 200 × 0, 75n
2. Montrer que, pour tout entier naturel n, X n =
.
900 + 200 × 0, 75n
3. Valider ou invalider les conjectures effectuées à la question 3. de la partie A.
4. On considère que le processus est stabilisé lorsque l'entier naturel n vérifie
1 300 − a n < 1, 5
et bn − 900 < 1, 5.
Déterminer le premier jour pour lequel le processus est stabilisé.
Page 12
TS-spe
E
Exercices bac -- 2011-2016 -- matrices
10
(a) On désigne par V une matrice colonne à deux lignes.
Amérique du Sud 2014
. correction
Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité
Montrer que V = M × V + R équivaut à N × V = R .
Une ville possède un réseau de vélos en libre service dont deux stations A et B se situent en haut
d’une colline. On admet qu’aucun vélo des autres stations n’arrive en direction des stations A et B.
On constate pour chaque heure n qu’en moyenne :
• 20 % des vélos présents à l’heure n − 1 à la station A sont toujours à cette station.
60 % des vélos présents à l'heure n − 1 à la station A sont à la station B et les autres sont dans
d'autres stations du réseau ou en circulation.
• 10 % des vélos présents à l'heure n − 1 à la station B sont à la station A, 30 % sont toujours à
la station B et les autres sont dans d'autres stations du réseau ou en circulation.
• Au début de la journée, la station A comporte 50 vélos, la station B 60 vélos.
Partie A
(b) On admet que N est une matrice inversible et que N
(
44
En déduire que V =
52
50
et donc U0 =
.
60
)
1, 4
=
1, 2
)
0, 2
.
1, 6
2. Pour tout entier naturel n , on pose Wn = Vn − V .
(a) Montrer que Wn+1 = M × Wn .
(b) On admet que :
-- pour tout entier naturel n, Wn = Mn × W0 , (
-- pour tout entier naturel n ⩾ 1, M =
n
Au bout de n heures, on note an le nombre moyen de vélos présents à la (station
) A et b n le nombre
( )
an
moyen de vélos présents à la station B. On note Un la matrice colonne
bn
(
−1
1
2n−1
0, 2
0, 6
)
0, 1
.
0, 3
Calculer, pour tout entier naturel n ⩾ 1, Vn en fonction de n .
(c) Le nombre moyen de vélos présents dans les stations A et B a-t-il tendance à se stabiliser ?
1. Déterminer la matrice M telle que Un+1 = M × Un .
2. Déterminer U1 et U2 .
3. Au bout de combien d'heures reste-t-il un seul vélo dans la station A ?
Partie B
Le service décide d'étudier les effets d'un approvisionnement des stations A et B consistant à apporter après chaque heure de fonctionnement 30 vélos à la station A et 10 vélos à la station B.
Afin de conduire cette étude, il décide de modéliser la situation présente de la manière suivante :
Au bout de n heures, on note αn le nombre moyen de vélos présents à la(station
) A et βn( le)nombre
moyen de vélos présents à la station B. On note Vn la matrice colonne
(
)
30
Dans ces conditions Vn+1 = M × Vn + R avec R =
.
10
(
1
1. On note I la matrice
0
αn
βn
et V0 =
50
.
60
)
0
et N la matrice I − M .
1
Page 13
TS-spe
E
Exercices bac -- 2011-2016 -- matrices
11
(a) Démontrer que pour tout entier naturel n, Vn+1 = AVn .
Antilles septembre 2014
. correction
Réservé aux candidats ayant suivi la spécialité
Dans une ville, une enseigne de banque nationale possède deux agences, appelées X et Y.
D'une année sur l'autre, une partie des fonds de l'agence X est transférée à l'agence Y, et réciproquement. De plus, chaque année, le siège de la banque transfère une certaine somme à chaque
agence.
(b) Déterminer V0 puis pour tout entier naturel n , donner l'expression de Vn en fonction de
A, n et V0 .
5. Soit n un entier naturel. On admet que
(
0, 25 × 0, 3n + 0, 75 × 0, 7n
A =
0, 5 (−0, 3n + 0, 7n )
n
Soit n un entier naturel. On note x n la quantité de fonds détenue par l'agence X, et y n la quantité
er
de fonds détenue par l'agence
2014 + n , exprimées en millions d'euros.
( ) Y au 1 janvier(de l'année
)
On note Un la matrice
xn
yn
et on note I =
1
0
0
.
1
(a) Déterminer le coefficient de la première ligne de la matrice Vn en détaillant les calculs.
On suppose que le 1er janvier de l'année 2014, l'agence X possède 50 millions d'euros et l'agence
Y possède 10 millions d'euros.
L'évolution de la quantité de fonds est régie par la relation suivante :
(
0, 6
Un+1 = AUn + B, où A =
0, 2
)
( )
0, 15
1
et B =
.
0, 4
3
(b) En déduire l'expression de x n en fonction de n .
(c) Déterminer la limite de x n quand n tend vers +∞ et interpréter ce résultat dans le cadre
du problème.
1. Interpréter dans le contexte de l'exercice le coefficient 0,6 de la matrice A et le coefficient 3
de la matrice B .
2. Donner la matrice U0 puis calculer la quantité de fonds détenue par chacune des agences X et
Y en 2015, exprimée en millions d'euros.
(
0, 3
3. On note D =
0
)
(
0
1
,P=
0, 7
−2
)
0, 375 (−0, 3n + 0, 7n )
.
0, 75 × 0, 3n + 0, 25 × 0, 7n
)
(
3
0, 25
et Q =
2
0, 25
)
−0, 375
.
0, 125
(a) Donner sans détailler le calcul, la matrice PDQ .
(b) Expliciter le calcul du coefficient de la première ligne et de la deuxième colonne du produit
matriciel QP . Dans la suite, on admettra que QP = I .
On admettra dans la suite de cet exercice que pour tout entier naturel non nul n,
An = PDn Q .
(
)
5
4. On pose pour tout entier naturel n, Vn = Un −
.
20/3
Page 14
TS-spe
E
Exercices bac -- 2011-2016 -- matrices
12
(b) On admet que cette relation de récurrence permet de conclure que pour tout entier naturel n ,
Métropole 2014
. correction
Candidats ayant suivi l'enseignement de spécialité
Un pisciculteur dispose de deux bassins A et B pour l'élevage de ses poissons. Tous les ans à la
même période :
□
□
Y2n = 2n Y0 .
En déduire que Y2n+1 = 2n Y1 puis démontrer que pour tout entier naturel n ,
il vide le bassin B et vend tous les poissons qu'il contenait et transfère tous les poissons du
bassin A dans le bassin B ;
a 2n = 600 × 2n − 400
et
a 2n+1 = 800 × 2n − 400.
la vente de chaque poisson permet l'achat de deux petits poissons destinés au bassin A.
4. Le bassin A a une capacité limitée à 10 000 poissons.
Par ailleurs, le pisciculteur achète en plus 200 poissons pour le bassin A et 100 poissons
pour le bassin B.
(a) On donne l'algorithme suivant.
Variables :
Initialisation :
Traitement :
Pour tout entier naturel supérieur ou égal à 1, on note respectivement an et bn les effectifs de
poissons des bassins A et B au bout de n années.
En début de première année, le nombre de poissons du bassin A est a0 = 200 et celui du bassin B
est b0 = 100 .
0
2. On désigne par A et B les matrices telles que A =
1
( )
an
naturel n , on pose Xn =
.
bn
Demander à l'utilisateur la valeur de p .
Si p est pair
p
2
Affecter à a la valeur 600 × 2n − 400.
Affecter à n la valeur
1. Justifier que a1 = 400 et b1 = 300 puis calculer a2 et b2 .
(
a, p et n sont des entiers naturels.
Sinon
p −1
2
Affecter à a la valeur 800 × 2n − 400.
)
(
)
2
200
et B =
et pour tout entier
0
100
Affecter à n la valeur
Sortie :
Fin de Si.
Afficher a .
(a) Expliquer pourquoi pour tout entier naturel n , X n+1 = AXn + B .
Que fait cet algorithme ? Justifier la réponse.
( )
( )
x
x
(b) Déterminer les réels x et y tels que
=A
+B.
y
y
(b) Écrire un algorithme qui affiche le nombre d'années pendant lesquelles le pisciculteur pourra
utiliser le bassin A.
(
)
a n + 400
(c) Pour tout entier naturel n , on pose Yn =
.
b n + 300
Démontrer que pour tout entier naturel n, Yn+1 = AYn .
3. Pour tout entier naturel n , on pose Zn = Y2n .
(a) Démontrer que pour tout entier naturel n, Zn+1 = A2 Zn . En déduire que pour tout entier
naturel n, Zn+1 = 2Z n .
Page 15
TS-spe
E
Exercices bac -- 2011-2016 -- matrices
13
Métropole septembre 2014
. correction
Candidats ayant suivi l'enseignement de spécialité
(c) Démontrer que pour tout entier naturel n supérieur ou égal à 1,
Dans le cadre d'une étude sur les interactions sociales entre des souris, des chercheurs enferment
des souris de laboratoire dans une cage comportant deux compartiments A et B. La porte entre ces
compartiments est ouverte pendant dix minutes tous les jours à midi.
On étudie la répartition des souris dans les deux compartiments. On estime que chaque jour :
À l'aide d'un logiciel de calcul formel, on obtient
□
□
Mn = PDn P −1 .
20 % des souris présentes dans le compartiment A avant l'ouverture de la porte se trouvent
dans le compartiment B après fermeture de la porte,
10 % des souris qui étaient dans le compartiment B avant l'ouverture de la porte se trouvent
dans le compartiment A après fermeture de la porte.

1 + 2 × 0, 7n

3
Mn =  2 − 2 ×
0, 7n
3
3. En s'aidant des questions précédentes, que peut-on dire de la répartition à long terme des souris
dans les compartiments A et B de la cage ?
On suppose qu'au départ, les deux compartiments A et B contiennent le même effectif de souris.
On pose a0 = 0, 5 et b0 = 0, 5 .
Pour tout entier naturel n supérieur ou égal à 1, on note an et bn les proportions de souris présentes respectivement dans les compartiments
A et B au bout de n jours, après fermeture de la
( )
porte. On désigne par Un la matrice
an
.
bn
1. Soit n un entier naturel.
(
)
0, 45
(a) Justifier que U1 =
.
0, 55
(b) Exprimer an+1 et bn+1 en fonction de an et bn .
(c) En déduire que Un+1 = MUn où M est une matrice que l'on précisera.
On admet sans démonstration que Un = Mn U0 .
(d) Déterminer la répartition des souris dans les compartiments A et B au bout de 3 jours.
(
1
2. Soit la matrice P =
2

1 − 0, 7n

3
2 + 0, 7n  .
3
)
1
.
−1
1
3
(a) Calculer P 2 . En déduire que P est inversible et P−1 = P .
(b) Vérifier que P −1 MP est une matrice diagonale D que l'on précisera.
Page 16
TS-spe
E
Exercices bac -- 2011-2016 -- matrices
14
. correction
Candidats ayant suivi la spécialité
(
xn
2. On définit la suite (Un ) par Un =
yn
Pondichéry 2014
Chaque jeune parent utilise chaque mois une seule marque de petits pots pour bébé. Trois marques
X, Y et Z se partagent le marché. Soit n un entier naturel.
On note : Xn l'évènement « la marque X est utilisée le mois n »,
Yn l'évènement « la marque Y est utilisée le mois n »,
Z n l'évènement « la marque Z est utilisée le mois n ».
Les probabilités des évènements X n , Yn , Z n sont notées respectivement x n , y n , z n .
La campagne publicitaire de chaque marque fait évoluer la répartition.
Un acheteur de la marque X le mois n , a le mois suivant :
)
pour tout entier naturel n .
)
( )
0, 4
0, 1
et B =
.
0, 1
0, 2
( )
0, 5
Au début de l'étude statistique (mois de janvier 2014 : n = 0 ), on estime que U0 =
.
0, 3
(
0, 4
On admet que, pour tout entier naturel n, Un+1 = A × Un + B où A =
0, 2
On considère l'algorithme suivant :
Variables
Entrée et initialisation
50 % de chance de rester fidèle à cette marque,
40 % de chance d'acheter la marque Y,
10 % de chance d'acheter la marque Z.
Un acheteur de la marque Y le mois n , a le mois suivant :
30 % de chance de rester fidèle à cette marque,
50 % de chance d'acheter la marque X,
Tant que i < n
U prend la valeur A × U + B
i prend la valeur i + 1
Fin de Tant que
Afficher U
Traitement
20 % de chance d'acheter la marque Z.
Un acheteur de la marque Z le mois n , a le mois suivant :
n et i des entiers naturels.
A, B et U des matrices
Demander la valeur de n
i prend la valeur 0(
)
0, 4 0, 4
A prend la valeur
0, 2 0, 1
( )
0, 1
B prend la valeur
0, 2
( )
0, 5
U prend la valeur
0, 3
Sortie
70 % de chance de rester fidèle à cette marque,
(a) Donner les résultats affichés par cet algorithme pour n = 1 puis pour
10 % de chance d'acheter la marque X,
n =3.
20 % de chance d'acheter la marque Y.
(b) Quelle est la probabilité d'utiliser la marque X au mois d'avril ?
Dans la suite de l'exercice, on cherche à déterminer une expression de Un en fonction de n .
(
1. (a) Exprimer x n+1 en fonction de x n , y n et z n .
1
On note I la matrice
0
On admet que :
y n+1 = 0, 4x n + 0, 3y n + 0, 2z n et que z n+1 = 0, 1x n + 0, 2y n + 0, 7z n .
)
0
et N la matrice I − A .
1
3. On désigne par C une matrice colonne à deux lignes.
(b) Exprimer z n en fonction de x n et y n . En déduire l'expression de x n+1 et y n+1 en fonction
de x n et y n .
(a) Démontrer que C = A × C + B équivaut à N × C = B .
Page 17
TS-spe
Exercices bac -- 2011-2016 -- matrices

45

23
(b) On admet que N est une matrice inversible et que N−1 = 
 10
23
 
17
 46 

En déduire que C = 
 7 .
23

20
23 
.
30 
23
4. On note Vn la matrice telle que Vn = Un − C pour tout entier naturel n .
(a) Montrer que, pour tout entier naturel n, Vn+1 = A × Vn .
(b) On admet que Un = An × (U0 − C) + C .
Quelles sont les probabilités d'utiliser les marques X, Y et Z au mois de mai ?
Page 18
TS-spe
Exercices bac -- 2011-2016 -- matrices
E
(
15
2
4. Soient P =
1
Liban 2013
. correction
Candidats AYANT SUIVI l'enseignement de spécialité
Démontrer par récurrence que, pour tout entier naturel non nul n, An = PDn Q .
5. À l'aide des questions précédentes, on peut établir le résultat suivant, que l'on admet.
1. Calculer u 2 et u3 .
Pour tout entier naturel non nul n ,
2. Pour tout entier naturel n ⩾ 2 , on souhaite calculer u n à l'aide de l'algorithme suivant :
Traitement :
(
−2n+1 + 3n+1
A =
−2n + 3n
n
a, b et c sont des nombres réels
i et n sont des nombres entiers naturels supérieurs ou égaux à 2
a prend la valeur 3
b prend la valeur 8
Saisir n
Pour i variant de 2 à n faire
c prend la valeur a
a prend la valeur b
b prend la valeur …
La suite (u n ) a-t-elle une limite ?
(a) Recopier la ligne de cet algorithme comportant des pointillés et les compléter.
On obtient avec cet algorithme le tableau de valeurs suivant :
n
un
7
8
9
10
11
12
13
14
15
4 502
13 378
39 878
119 122
356 342
1 066 978
3 196 838
9 582 322
28 730 582
(b) Quelle conjecture peut-on émettre concernant la monotonie de la suite (un ) ?
3. Pour tout entier naturel n , on note Cn
)
3 × 2n+1 − 2 × 3n+1
.
3 × 2n − 2 × 3n
En déduire une expression de un en fonction de n .
Fin Pour
Afficher b
Sortie :
)
3
.
−2
On admet que A = PDQ .
u n+2 = 5u n+1 − 6u n .
Initialisation :
)
(
0
−1
et Q =
3
1
Calculer QP .
On considère la suite (u n ) définie par u 0 = 3, u 1 = 8 et, pour tout n supérieur ou égal à 0 :
Variables :
)
(
3
2
,D=
1
0
(
)
u n+1
la matrice colonne
.
un
On note A la matrice carrée d'ordre 2 telle que, pour tout entier naturel n ,
Cn+1 = ACn .
Déterminer A et prouver que, pour tout entier naturel n, Cn = An C0 .
Page 19
TS-spe
E
Exercices bac -- 2011-2016 -- matrices
16
(b) Démontrer par récurrence que, pour tout entier naturel n non nul,
Liban 2014
. correction
Candidats ayant suivi l'enseignement de spécialité

0,95n

n
D = 0
0
Un laboratoire étudie la propagation d'une maladie sur une population.
Un individu sain est un individu n'ayant jamais été touché par la maladie.
Un individu malade est un individu qui a été touché par la maladie et non guéri.
Un individu guéri est un individu qui a été touché par la maladie et qui a guéri.
Une fois guéri, un individu est immunisé et ne peut plus tomber malade.
Les premières observations nous montrent que, d'un jour au jour suivant :

0,95n

1

(0,95n − 0,8n )
3
1
(3 − 4 × 0,95n + 0,8n )
3
On admet que An = 
• 5 % des individus tombent malades ;
0
0
0,8n
1 − 0,8n


0


1
1
3
• 20 % des individus guérissent.
4. (a) Vérifier que pour tout entier naturel n , bn = (0,95n − 0,8n )
Pour tout entier naturel n , on note an la proportion d'individus sains n jours après le début de
l'expérience, bn la proportion d'individus malades n jours après le début de l'expérience, et cn
celle d'individus guéris n jours après le début de l'expérience.
On suppose qu'au début de l'expérience, tous les individus sont sains, c'est à dire que a0 = 1 ,
b 0 = 0 et c 0 = 0
(b) Déterminer la limite de la suite (bn ) .
(c) On admet que la proportion d'individus malades croît pendant plusieurs jours, puis décroit.
On souhaite déterminer le pic épidémique, c'est à dire le moment où la proportion d'individus
malades est à son maximum.
1. Calculer a1 , b1 et c1 .
2. (a) Quelle est la proportion d'individus sains qui restent sains d'un jour au jour suivant ? En
déduire an+1 en fonction de an .
(b) Exprimer bn+1 en fonction de an et de bn .
On admet que c n+1 = 0,2bn + c n .


an

Conclure.
cn
0
0,8
0,2
À cet effet, on utilise l'algorithme donné en annexe 2 (à rendre avec la copie), dans lequel on
compare les termes successifs de la suite (bn ) .
Compléter l'algorithme de façon qu'il affiche le rang du jour où le pic épidémique est atteint et
compléter le tableau fourni en annexe 2.

Pour tout entier naturel n , on définit Un = bn 

0,95

On définit les matrices A = 0,05
0

0

0
1
0
0,8n
0


0,95
0


0 et D =  0
0
1
0
0,8
0

0

0
1
Annexe 2
À rendre avec la copie
On admet qu'il existe une matrice inversible P telle que D = P −1 × A × P et que, pour tout entier
naturel n supérieur ou égal à 1, An = P × Dn × P −1 .
3. (a) Vérifier que, pour tout entier naturel n , Un+1 = A × Un .
E
n
On admet que, pour tout entier naturel n , Un = A × U0 .
4
Algorithme et tableau à compléter
Page 20
TS-spe
Exercices bac -- 2011-2016 -- matrices
Variables
:
b, b ′ , x, y sont des réels
k est un entier naturel
Initialisation
:
Affecter à b la valeur 0
Affecter à b ′ la valeur 0,05
Affecter à k la valeur 0
Affecter à x la valeur 0,95
Affecter à y la valeur 0,8
Traitement
:
Tant que b < b ′ faire :
Affecter à k la valeur k + 1
Affecter à b la valeur b ′
Affecter à x la valeur 0,95x
Affecter à y la valeur 0,80y
Affecter à b ′ la valeur · · · · · ·
Fin Tant que
Sortie
Après le 7e passage
dans la boucle Tant que
:
Afficher · · · · · ·
k
b
x
y
b′
7
0,162 8
0,663 4
0,167 8
0,165 2
Test : b < b ′ ?
V
Après le 8e passage
éventuel dans la boucle
Tant que
Après le 9e passage
éventuel dans la boucle
Tant que
Page 21
TS-spe
E
Exercices bac -- 2011-2016 -- matrices
17
(a) Démontrer que M = A + 0, 5B .
Liban 2015
. correction
Candidats ayant suivi l'enseignement de spécialité
Un fumeur décide d'arrêter de fumer. On choisit d'utiliser la modélisation suivante :
•
s'il ne fume pas un jour donné, il ne fume pas le jour suivant avec une probabilité de 0,9 ;
•
s'il fume un jour donné, il fume le jour suivant avec une probabilité de 0,6.
(c) Démontrer que, pour tout entier naturel n , Mn = A + 0, 5n B .
(d) En déduire que, pour tout entier naturel n , p n = 0, 8 − 0, 8 × 0, 5n .
(e) À long terme, peut-on affirmer avec certitude que le fumeur arrêtera de fumer ?
1. Calculer p 1 et q1 .
(
)
(
)
2. On utilise un tableur pour automatiser le calcul des termes successifs des suites p n et qn .
Une copie d'écran de cette feuille de calcul est fournie ci-dessous :
1
2
3
4
5
B
C
n
pn
qn
0
1
2
3
0
1
D
Dans la colonne A figurent les valeurs de l'entier naturel n .
Quelles formules peut-on écrire dans les cellules B3 et C3 de façon qu'en les recopiant vers le bas,
( )
( )
on obtienne respectivement dans les colonnes B et C les termes successifs des suites p n et qn ?
3. On définit les matrices M et, pour tout entier naturel n , X n par
(
0, 9
M=
0, 1
0, 4
0, 6
)
(
et
)
pn
Xn =
.
qn
On admet que X n+1 = M × Xn et que, pour tout entier naturel n ,
X n = Mn × X 0 .
(
0, 8
On définit les matrices A et B par A =
0, 2
)
(
0, 8
0, 2
et B =
0, 2
−0, 2
)
0
.
0
On admet dans la suite que, pour tout entier naturel n strictement positif, An = A et Bn = B .
On appelle p n la probabilité de ne pas fumer le n -ième jour après sa décision d'arrêter de fumer
et qn , la probabilité de fumer le n -ième jour après sa décision d'arrêter de fumer.
On suppose que p 0 = 0 et q0 = 1 .
A
(
0
(b) Vérifier que A = A , et que A × B = B × A =
0
2
)
−0, 8
.
0, 8
Page 22
TS-spe
Exercices bac -- 2011-2016 -- matrices
E
18 . correction
Polynésie 2015
Candidats ayant choisi l'enseignement de spécialité
(
−4
On considère la matrice A =
−3
6
5
)
1. On appelle I la matrice identité d'ordre 2.
Vérifier que A2 = A + 2I .
2. En déduire une expression de A3 et une expression de A4 sous la forme
αA + βI où α et β sont des réels.
3. On considère les suites (r n ) et (sn ) définies par r 0 = 0 et s0 = 1 et, pour tout entier naturel
n,
{
r n+1
s n+1
=
=
r n + sn
2r n
Démontrer que, pour tout entier naturel n, An = r n A + sn I .
4. Démontrer que la suite (kn ) définie pour tout entier naturel n par kn = r n −s n est géométrique
de raison −1 .
En déduire, pour tout entier naturel n , une expression explicite de kn en fonction de n .
5. On admet que la suite (t n ) définie pour tout entier naturel n par
(−1)n
est géométrique de raison 2.
3
En déduire, pour tout entier naturel n , une expression explicite de t n en fonction de n .
tn = r n +
6. Déduire des questions précédentes, pour tout entier naturel n , une expression explicite de r n
et s n en fonction de n .
7. En déduire alors, pour tout entier naturel n , une expression des coefficients de la matrice An .
Page 23
TS-spe
E
Exercices bac -- 2011-2016 -- matrices
19
Amérique du Nord 2016
. correction
Candidats ayant suivi l'enseignement de spécialité
On dispose de deux urnes U et V contenant chacune deux boules. Au départ, l'urne U contient
deux boules blanches et l'urne V contient deux boules noires.
On effectue des tirages successifs dans ces urnes de la façon suivante : chaque tirage consiste à
prendre au hasard, de manière simultanée, une boule dans chaque urne et à la mettre dans l'autre
urne.
Pour tout entier naturel n non nul, on note X n la variable aléatoire égale au nombre de boules
blanches que contient l'urne U à la fin du n -ième tirage.
( 1 )n
−
 2
On admettra que, pour tout entier naturel n, Dn = 
 0
0
(
(b) Sachant que R0 P =
n→+∞
Interpréter ces résultats.
(b) Exprimer P (X n+1 = 1) en fonction de P (X n = 0) , P (X n = 1) et P (X n = 2) .
2. Pour tout entier naturel n non nul, on note Rn la matrice ligne définie par :

0
1

et on considère M la matrice 
4
0
(
On note R0 la matrice ligne 0 0
1
1
2
1
P (X n = 2)
)

0
1
.
4
0
)
1 .
On admettra par la suite que, pour tout entier naturel n, Rn+1 = Rn × M .
Déterminer R1 et justifier que, pour tout entier naturel n, Rn = R0 × Mn .
3. On admet que M = P × D × P −1 avec :

2
1
P = −1
6
2
3
0
−3


1
1
−

2

1 , D = 
 0
1
0

0
0
0

1

 et P −1 = 
1

0
1
1
0
−2
0
4

.
0
1
1
3
−
1
2
)
1
, déterminer les coefficients de Rn en fonction de n .
6
5. Déterminer lim P (X n = 0) , lim P (X n = 1) et lim P (X n = 2) .
P(Xn =0) (X n+1 = 1) , P(Xn =1) (X n+1 = 1) et P(Xn =2) (X n+1 = 1) .
P (X n = 1)
0
0
0
4. (a) Calculer Dn × P −1 en fonction de n .
1. (a) Traduire par une phrase la probabilité P(Xn =1) (X n+1 = 1) puis déterminer les probabilités
conditionnelles suivantes :
(
Rn = P (X n = 0)

0

1

−1 .
1
Établir que, pour tout entier naturel n, Mn = P × Dn × P −1 .
Page 24
n→+∞
n→+∞
TS-spe
E
Exercices bac -- 2011-2016 -- matrices
20
2. On pose, pour tout entier naturel n , Yn = X n − 10B .
Antilles septembre 2016
. correction
Candidats ayant suivi l'enseignement de spécialité
Parmi les ordinateurs d'un parc informatique, 60 % présentent des failles de sécurité. Afin de pallier
ce problème, on demande à un technicien d'intervenir chaque jour pour traiter les défaillances.
On estime que chaque jour, il remet en état 7 % des ordinateurs défaillants, tandis que de nouvelles
failles apparaissent chez 3 % des ordinateurs sains. On suppose de plus que le nombre d'ordinateurs
est constant sur la période étudiée.
Pour tout entier naturel n , on note an la proportion d'ordinateurs sains de ce parc informatique au
bout de n jours d'intervention, et bn la proportion d'ordinateurs défaillants au bout de n jours.
Ainsi a0 = 0, 4 et b0 = 0, 6 .
(a) Montrer que pour tout entier naturel n , Yn+1 = DYn .
(b) On admet que pour tout entier naturel n , Yn = Dn Y0 .
En déduire que pour tout entier naturel n , Xn = Dn (X 0 − 10B) + 10B .
(c) Donner l'expression de Dn puis en déduire an+1 et bn+1 en fonction de n .
3. Selon cette étude, que peut-on dire de la proportion d'ordinateurs défaillants sur le long terme ?
Partie A
1. Décrire la situation précédente à l'aide d'un graphe ou d'un arbre pondéré.
2. Déterminer a1 et b1 .
3. Pour tout entier naturel n , exprimer an+1 et bn+1 en fonction de an et bn .
(
0, 97
4. Soit la matrice A =
0, 03
)
( )
0, 07
an
. On pose X n =
.
0, 93
bn
(a) Justifier que pour tout entier naturel n, X n+1 = AXn .
(b) Montrer, par récurrence, que pour tout entier naturel n, X n = An X 0 .
(c) Calculer, à l'aide de la calculatrice, X 30 . En donner une interprétation concrète (les coefficients seront arrondis au millième).
Partie B
(
0, 9
1. On pose D =
0
)
(
)
0
0, 07
et B =
.
0, 9
0, 03
(a) Justifier que, pour tout entier naturel n, an+1 + bn+1 = 1 .
(b) Montrer que, pour tout entier naturel n ,
X n+1 = DX n + B.
Page 25
TS-spe
E
Exercices bac -- 2011-2016 -- matrices
21
Métropole septembre 2016
. correction
Candidats ayant suivi l'enseignement de spécialité
variables
On dispose d'un dé équilibré à 6 faces numérotées de 1 à 6 et de 3 pièces A, B et C ayant chacune
un côté pile et un côté face.
Un jeu consiste à lancer une ou plusieurs fois le dé.
Après chaque lancer de dé, si l'on obtient 1 ou 2, alors on retourne la pièce A, si l'on obtient 3 ou
4, alors on retourne la pièce B et si l'on obtient 5 ou 6, alors on retourne la pièce C.
Au début du jeu, les 3 pièces sont toutes du côté face.
1er passage boucle Pour
Initialisation :
Traitement :
Sortie :
d
a
b
c
s
initialisation
1. Dans l'algorithme ci-dessous, 0 code le côté face et 1 code le côté pile. Si a code un côté de la
pièce A, alors 1 − a code l'autre côté de la pièce A.
Variables :
i
2e passage boucle Pour
3e passage boucle Pour
(b) Cet algorithme permet-il de savoir si, après une exécution de n tirages, les trois pièces sont
du côté pile ?
2. Pour tout entier naturel n , on note :
•
X n l'évènement : « À l'issue de n lancers de dés, les trois pièces sont du côté face »
• Yn l'évènement : « À l'issue de n lancers de dés, une seule pièce est du côté pile et les autres
sont du côté face »
a , b , c , d , s sont des entiers naturels
i , n sont des entiers supérieurs ou égaux à 1
a prend la valeur 0
b prend la valeur 0
c prend la valeur 0
Saisir n
Pour i allant de 1 à n faire
d prend la valeur d'un entier aléatoire compris
•
Z n l'évènement : « À l'issue de n lancers de dés, exactement deux pièces sont du côté pile et
l'autre est du côté face »
•
Tn l'évènement : « À l'issue de n lancers de dés, les trois pièces sont du côté pile ».
De plus on note, x n = p (X n ) ; y n = p (Yn ) ; z n = p (Zn ) et tn = p (Tn ) les probabilités respectives des évènements X n , Yn , Zn et Tn .
(a) Donner les probabilités x 0 , y 0 , z 0 et t0 respectives qu'au début du jeu il y ait 0, 1, 2 ou 3
pièces du côté pile.
entre 1 et 6
Si d ⩽ 2
alors a prend la valeur 1 − a
sinon Si d ⩽ 4
alors b prend la valeur 1 − b
sinon c prend la valeur 1 − c
FinSi
FinSi
s prend la valeur a + b + c
FinPour
Afficher s
(b) Recopier l'arbre ci-dessous et compléter les probabilités sur ses branches :
Xn
xn
yn
Yn+1
X n+1
Yn
Z n+1
zn
tn
(a) On exécute cet algorithme en saisissant n = 3 et en supposant que les valeurs aléatoires générées successivement pour d sont 1 ; 4 et 2. Recopier et compléter le tableau donné ci-dessous
contenant l'état des variables au cours de l'exécution de l'algorithme :
Page 26
Yn+1
Zn
Tn+1
Tn
Z n+1
TS-spe
Exercices bac -- 2011-2016 -- matrices
(
)
3. Pour tout entier naturel n , on note Un la matrice ligne x n y n z n t n .
(a) Donner la matrice U0 .
(b) À l'aide de l'arbre précédemment rempli, déterminer la matrice carrée M telle que, pour tout
entier naturel n , Un+1 = Un × M .
4. Démontrer que, pour tout entier naturel n , Un = U0 × Mn .
5. On admet que, pour tout entier n ⩾ 1 ,
xn =
yn =
zn =
tn =
( )n
( )n
(−1)n + 3 × − 13 + 3 × 13 + 1
8
;
( )n
( )n
−3 × − 13 + 3 × 13 − (−1)n × 3 + 3
( )n
−3 × − 13 − 3 ×
8
( 1 )n
3
+ (−1)n × 3 + 3
8
( )n
(
)
n
−(−1)n + 3 × − 13 − 3 × 13 + 1
8
;
;
.
(a) Calculer la probabilité, arrondie à 10−3 près, qu'au bout de 5 lancers de dés, une seule des
trois pièces soit du côté pile.
(b) Préciser si les affirmations suivantes sont vraies ou fausses. Une réponse non justifiée n'est
pas prise en compte
• Première affirmation :
« À l'issue d'un nombre pair de lancers de dés, les pièces peuvent être toutes les trois du côté pile ».
• Deuxième affirmation :
« Au cours du jeu, la probabilité que les pièces soient toutes les trois du côté pile peut être supérieure ou égale à
1
».
4
• Troisième affirmation :
« Au cours du jeu, la probabilité que les pièces soient toutes les trois du côté pile peut être supérieure ou égale à 0, 249 ».
Page 27
TS-spe
E
Exercices bac -- 2011-2016 -- matrices
22
4. Calculer la limite de la suite (u n ) . Interpréter ce résultat dans le contexte.
Nouvelle Calédonie novembre 2016
. correction
Candidats avant suivi l'enseignement de spécialité
On observe la taille d'une colonie de fourmis tous les jours.
Pour tout entier naturel n non nul, on note un le nombre de fourmis, exprimé en milliers. dans
cette population au bout du n -ième jour.
Au début de l'étude la colonie compte 5 000 fourmis et au bout d'un jour elle compte 5 100 fourmis.
Ainsi, on a u 0 = 5 et u 1 = 5, 1 .
On suppose que l'accroissement de la taille de la colonie d'un jour sur l'autre diminue de 10 %
chaque jour.
En d'autres termes, pour tout entier naturel n ,
u n+2 − u n+1 = 0, 9 (u n+1 − u n ) .
1. Démontrer, dans ces conditions, que u 2 = 5, 19 .
(
)
(
u n+1
1, 9
2. Pour tout entier naturel n , on pose Vn =
et A =
un
1
)
−0, 9
.
0
(a) Démontrer que, pour tout entier naturel n , on a Vn+1 = AVn .
On admet alors que, pour tout entier naturel n, Vn = An V0 .
(
0, 9
(b) On pose P =
1
)
1
. On admet que la matrice P est inversible.
1
À l'aide de la calculatrice, déterminer la matrice P −1 .
En détaillant les calculs, déterminer la matrice D définie par D = P −1 AP .
(c) Démontrer par récurrence que, pour tout entier naturel n , on a
An = PDn P −1 .
Pour tout entier naturel n , on admet que
(
−10 × 0, 9n+1 + 10
A =
−10 × 0, 9n + 10
n
)
10 × 0, 9n+1 − 9
.
10 × 0, 9n − 9
(d) En déduire que, pour tout entier naturel n , u n = 6 − 0, 9n .
3. Calculer la taille de la colonie au bout du 10e jour. On arrondira le résultat à une fourmi près.
Page 28
TS-spe
Exercices bac -- 2011-2016 -- matrices

.
Correction
0


1
Donc en prenant M = 

4

3
4
E
1 . énoncé
Amérique du Sud 2013
Candidats ayant suivi l'enseignement de spécialité
a n+1 = P (An+1 ) = P (An ∩ An+1 ) + P (Bn ∩ An+1 ) + P (Cn ∩ An+1 )
= P (An ) × PAn (An+1 ) + P (Bn ) × PBn (An+1 ) + P (Cn ) × PCn (An+1 )
Si, après la n -ième navigation, l'internaute est sur la page no 1 (événement An ), il ne reste pas sur
cette page donc PAn (An+1 ) = 0 .
Si, après la n -ième navigation, l'internaute est sur la page no 2 (événement Bn ), il ira sur la page
1
1
donc PBn (An+1 ) = .
2
2

1

• Pour n = 0 , M0 U0 = U0 car M0 est la matrice identité 0
0
0
1
0

0

0
1
Donc la propriété est vraie au rang 0.
• On suppose que la propriété est vraie au rang p avec p ⩾ 0 , c'est-à-dire Up = Mp U0 .
Si, après la n -ième navigation, l'internaute est sur la page no 3 (événement Cn ), il ira sur la page
no 1 avec une probabilité de

1

2

1
 on a Un+1 = MUn .

4

1
4
Soit Pn la propriété Un = Mn U0 .
1. D'après la formule des probabilités totales :
no 1 avec une probabilité de
1
2
1
4
1
4
1
1
donc PCn (An+1 ) = .
2
2
On sait que, pour tout entier naturel n , Un+1 = MUn donc Up+1 = MUp .
Or, d'après l'hypothèse de récurrence, Up = Mp U0 , donc u p+1 = M × Mp U0 = Mp+1 U0 .
De plus P (An ) = an , P (Bn ) = bn et P (Cn ) = cn .
Donc la propriété est vraie au rang p + 1 .
1
1 1
1
Donc an+1 = an × 0 + bn × + c n × = bn + cn
2
2 2
2
• La propriété est vraie au rang 0 ; elle est héréditaire, donc elle est pour tout n ⩾ 0 .
On aurait pu aussi construire un arbre pondéré pour représenter la situation.
1
4
1
4
1
4
3
4
1
4
1
4
On admet que, de même, bn+1 = an + bn + cn et cn+1 = an + bn + cn .
2. D'après la question précédente :





a n+1





b n+1








 c
n+1

=
=
=
1
1
0 × an + bn + cn
2
2
1
1
1
an + bn + cn
4
4
4
1
1
3
an + bn + cn
4
4
4


a n+1   0

 

 

 1
 
⇐⇒ 
b n+1  = 

 4

 

 3
c n+1
4
1
2
1
4
1
4
 
1
 a n 
 
2
 


1
 
 b n 
 
4
 

1  
cn
4
Donc, pour tout entier naturel n , Un = Mn U0 .
 
x
 
3. Soit la matrice colonne U =  y  telle que : x + y + z = 1 et MU = U .
z

0


1
MU = U ⇐⇒ 

4

3
4
Page 29
1
2
1
4
1
4

   

1
1
1


 x  x 

y+ z = x







2   
2
2



   
1
1
1
1
   =   ⇐⇒
x+ y+ z = y
 y  y 







4   
4
4
4





1   
3
1
1

 x+ y+ z = z
z
z
4
4
4
4
TS-spe
Exercices bac -- 2011-2016 -- matrices



1
1


y+ z



2
2




1
1
1


 x+ y+ z
4
4
4
On doit donc résoudre le système

 3
1
1


x+ y+ z



4
4
4







x +y +z
De (L2) et (L4) on déduit 4y = 1 d'où y =
=x
=y
=z





y +z
x +y +z
⇐⇒

3x + y + z



x +y +z
1
3
(L1)
(L2)
(L3)
(L4)
=1
1
4
1
.
3
1
5
=
.
4 12
Comme on n'a pas procédé par équivalences, il faut vérifier que pour les trois valeurs de x , y et
z trouvées, les quatre lignes du système sont vérifiées, ce qui se fait sans problème.

 

x

 
L'unique matrice colonne U =  y  telle que : x + y + z = 1 et MU = U , est U = 


z

1
+
3
1
4
1
4
1
4
On constate que bn = a0 + b0 + c 0 = (a0 + b0 + c0 ) ; or a0 + b0 + c0 = 1 donc bn =
1
.
4
(L1) ⇐⇒ x + y + z = 3x ce qui donne en utilisant (L4) : 1 = 3x ⇐⇒ x =
(L4) ⇐⇒ z = 1 − x − y =⇒ z = 1 − −
= 2x
= 4y
= 4z
=1

(
)
(
(
( −1 )n
( −1 )n )
( −1 )n )


×2
1
1
1

2
2


an =
+
a0 +
+
b0 +
+ 2
c0


3
3
3
−3
3
−3






1
1
1
⇐⇒
bn = a0 + b0 + c0

4
4
4


( ( ) )




(
(
n
( )n )
( )n )
−1


×2
− 2

− −1
− −1
5
5
5

2
2



a0 +
+
b0 +
+
c0

 c n = 12 +

3
12
−3
12
−3
( −1 )n
×2
( −1 )n
1
+ 2
3
−3

1
3
1
4
5
12





( −1 )n
1
+ 2
3
−3

2




3








1
1
1
n
4. Pour n entier non nul, on a : M = 



4
4
4


( ( ) )


n
(
(
)
)
−1
n
n


−1
−1
− 2
×2
− 2
− 2 
5
5
5
+
+
+
12
3
12
−3
12
−3


( −1 )n
( −1 )n
( −1 )n
 
 
1
1
2
2

 1 + 2 ×2
+
+
 
a n  
3
3
−3
3
−3  a 0 
   3
 
  
 
  
 
  
1
1
1
n
Un = M U0 ⇐⇒ b  = 
 b 0 
 
 n 
4
4
4
 
  
( ( ) )
 
  
n
(
)
(
)
−1
n
n
 
  
−1
−1
− 2
×2
− 2
− 2  c
5
5
5
cn
0
+
+
+
12
3
12
−3
12
−3
Page 30
1
.
4
TS-spe
Exercices bac -- 2011-2016 -- matrices
On sait qu'une suite géométrique de raison
q où −1 < q < 1 est convergente vers 0 donc
( −1 )n
( −1 )n
(
)n
lim −
n→+∞
1
2
= 0 ; on en déduit que lim
n→+∞
×2
2
3
= 0 et lim
n→+∞
2
−3
=0.
D'après les théorèmes sur les limites, on peut dire :
1
1
1
1
1
lim a n = a 0 + b 0 + c 0 = (a 0 + b 0 + c 0 ) = .
3
3
3
3
3
n→+∞
lim c n =
n→+∞
5
5
5
5
5
a0 + b0 + c0 =
.
(a 0 + b 0 + c 0 ) =
12
12
12
12
12
1
1
5. lim an = donc, à long terme, la page 1 du site sera consultée 100× ≈ 33, 33 % du temps
n→+∞
3
3
de visite.
lim b n =
n→+∞
visite.
lim c n =
n→+∞
de visite.
1
1
donc, à long terme, la page 2 du site sera consultée 100 × = 25 % du temps de
4
4
5
5
donc à long terme, la page 3 du site sera consultée 100 ×
≈ 41, 67 % du temps
12
12
Page 31
TS-spe
E
Exercices bac -- 2011-2016 -- matrices
2
□
Antilles 2013
. énoncé
Candidats ayant suivi l'enseignement de spécialité
En conclusion, pour tout n ∈
(b) On a, pour tout n ∈
(
u0 + v 0 1
u 0 + 2v 0 2
1. On a u 1 =
= et v 1 =
= .
2
2
3
3
n
A =
1
2
1
2
− 21
1
3
)(
1
0
N):(
0
( 1 )n
6
4
5
− 56
N : An = P′Bn P .
6
5
6
5
)
2. (a) Pour N = 2 , le tableau de l'état des variables dans l'algorithme est :
n
5. (a) En multipliant la matrice A
k
1
2
w
0
1/2
u
1/2
7/12
v
2/3
11/18
(
3. (a) Soit n ∈
N , alors : AXn =
(
1
2
2
3
1
2
1
3
)(
)
) (
u n +v n
un
2
= X n+1 .
= un +2v
n
vn
3
(b) Démontrons par récurrence que, pour tout n ∈
N , Xn = An X0 .
□
Pour n = 0 , on a A0 X0 = I2 X0 = X0 (ou I2 désigne la matrice identité d'ordre 2), donc la
propriété est vraie pour n = 0
□
Supposons que la propriété soit vraie pour un certain entier naturel n :
X n = An X 0 , alors : AX n = AAn X 0 = An+1 X 0 , c'est-à-dire X n+1 = An+1 X 0 et la propriété est
donc héréditaire.
□
Donc, pour tout entier naturel n : X n = An X 0 .
4. (a) On a :
(
4
5
− 65
6
5
6
5
)(
1
2
1
2
− 12
1
3
)
(
1
=
0
)
0
= I2
1
en d'autres termes la matrice P est inversible et son inverse est P ′ .
Démontrons par récurrence que, pour tout n ∈ , An = P ′ Bn P .
N
□
A0 = I2 , or P ′ B0 P = P ′ I2 P = P ′ P = I2 , la propriété est donc vraie pour n = 0 .
□
Supposons que, pour un certain entier naturel n , An = P ′ Bn P , alors
=
1
2
1
2
( )n ) (
− 12 16
( )
1 1 n
3 6
4
5
− 65
6
5
6
5
)
(
=
2
5
2
5
( )n
+ 35 16
( )n
− 25 16
3
5
3
5
( )n )
− 35 16
( )n .
+ 25 16
( )
0
précédente à droite par le vecteur colonne X0 =
, on
1
( )n )
− 35 16
( )n . D'où l'on tire
obtient X n = A X 0 =
+ 25 16
( )n
( )n
u n = 35 − 35 61
et v n = 35 + 25 16 .
( )n
1
= 0 (car −1 < 16 < 1 ), on obtient par opérations que les suites (u n ) et
(b) Comme lim
n→+∞ 6
3
(v n ) convergent toutes deux vers .
5
n
(b) Plus généralement, pour un entier N saisi par l'utilisateur, l'algorithme affichera uN et v N .
(
An+1 = AAn = P ′ BPP ′ Bn P = P ′ BI2 Bn P = P ′ BBn P = P ′ Bn+1 P
et la propriété est donc héréditaire.
Page 32
3
5
3
5
TS-spe
Exercices bac -- 2011-2016 -- matrices
E
(
3
αp
Hérédité : supposons qu'il existe un naturel p tel que : A =
βp
Asie 2013
. énoncé
Candidats ayant choisi l'enseignement de spécialité
p
αp = 2p−1 +
Partie A
1. (a) On a :
{
{
{
=
=
5
4
3
4
× 2 + 34 × 2
× 2 + 54 × 2
x F′
y F′
=
=
5
4
3
4
× (−1) + 34 × 5
× (−1) + 54 × 5
x G′
y G′
=
=
5
4
3
4
× (−3) + 34 × 3
× (−3) + 54 × 3
x E′
y E′
{
⇐⇒
⇐⇒
{
⇐⇒
=
=
x F′
y F′
=
=
x G′
y G′
=
=
5
2
11
2
De même :
(
− 32
p
3
4
2
p−1
+
1
)
(
2p+1
+
5
4
2
p−1
−
1
On a donc démontré par récurrence que pour tout entier naturel n ⩾ 1 , on a :
p
OG 2 = (−3)2 + 32 = 9 + 9 = 18 , donc OG = 3 2 ;
On a A =
3
4
5
4
, donc OG ′ =
p
3 2
2
)
8
2 1
1
= 2p−1 −
= 2p − p+2 .
2p+1
4
4 2p+1
2
Donc les relations sont vraies au rang p + 1 .
βp+1 =
3
2
OE ′2 = 42 + 42 = 32 , donc OE ′ = 4 2 . Donc OE ′ = 2OE .
5
4
3
4
1
.
2p+1
βp+1 = 34 αp + 45 βp , soit en utilisant la relation de récurrence :
(
(
)
)
1
1
1
1
αp+1 = 54 2p−1 + p+1 + 34 2p−1 − p+1 = 84 2p−1 + 24 p+1 = 2p + p+2 .
2
2
2
2
p
18
4
βp = 2p−1 −
et
αp+1 = 54 αp + 34 βp et
4
4
(b) OE 2 = 22 + 22 = 8 , donc OE = 2 2 .
( )2 ( )2
OG ′2 = − 23 + 32 =
(
)
et
)
La relation Ap+1 = A × Ap entraîne que :
{
x E′
y E′
1
2p+1
βp
αp
αn = 2n−1 +
1
. Donc OG ′ = OG .
2
2. (a) L'égalité
1
2n+1
(
.
et
βn = 2n−1 −
( )
)
xn
n 2
=A
.
yn
2
se traduit par :
{
Partie B
1. Il suffit d'écrire avant le FIN POUR : afficher x , afficher y
=
=
2αn + 2βn
2βn + 2αn
On a quel que soit le naturel n , x n = y n .
2. Il semble que les cordonnées sont de plus en plus grandes tout en se rapprochant (les points
images sont de plus en plus proches de la droite y = x .)
(b) OE 2n = x n2 + y n2 = 2x n2 ;
(
)
Avec x n = 2αn + 2βn = 2 αn + βn et αn + βn = 2n , on obtient
OE 2n = 2 × 4 (2n )2 = 22n+3 .
Partie C
(
1. Initialisation : pour n = 1 , on a bien A1 =
xn
yn
5
4
3
4
3
4
5
4
Or lim 22n+3 = +∞ , donc lim OEn = +∞ .
n→+∞
)
et :
α1 = 20 + 212 et β1 = 20 − 212 .
Page 33
n→+∞
1
.
2n+1
TS-spe
Exercices bac -- 2011-2016 -- matrices
E
4
a = 0, 95 + 0, 05 = 1 ; b = 0, 01 + 0, 99 = 1 ; c = −5 × 0, 95 + 0, 05 = −4, 7,
Métropole 2013
. énoncé
Candidats ayant suivi l'enseignement de spécialité
d = −0, 05 + 0, 99 = 0, 94
)
(
1
1
QA =
−4, 7 0, 94
1. Pour tout entier naturel n ,
v n+1 = 0, 95 × v n + 0, 01 × c n et
c n+1 = 0, 05v n + 0, 99c n .
(
)
( )
0, 95 0, 01
a
2. Si A =
et X =
alors
0, 05 0, 99
b
( )
a
×
b
(
)
(
)
0, 95 0, 01
0, 95a + 0, 01b
=
0, 05 0, 99
0, 05a + 0, 99b
ensuite on fait (QA)P c'est (
×
1
−4, 7
1
0, 94
)
(
)
1 −1
5 1
(
)
6
0
=
0 5, 64
(
Reste à multiplier ce produit par
1
6
; on obtient P
−1
1
AP =
0
0
0, 94
)
qui est bien une matrice
diagonale D .
(c) Démontrons, par récurrence que pour tout entier naturel n supérieur ou égal à 1 ,
Les réels c et d tels que A × X = Y sont :
An = PDn P −1 .
c = 0, 95a + 0, 01b et d = 0, 05a + 0, 99b
Pour n = 1 il s'agit de démontrer que A = PDP−1 ; or P −1 AP = D donc en multipliant à gauche
par P , on a :
Les résultats précédents
d'écrire que pour tout entier naturel n ,
( permettent
)
X n+1 = AX n où X n = v n c n . On peut donc en déduire que pour tout entier naturel n, X n = An X 0 .
(
Calculons P × Q : (
3. (a)
×
1
5
−1
1
)
)
1 1
−5 1
(
)
6 0
=
0 6
(
Calculons Q × P : (
×
1
−5
1
1
)
)
1 −1
5 1
(
)
6 0
=
0 6
On constate que les deux produits donnent (6I2 ) donc si au lieu de multiplier P par Q on multiplie
P par 61 Q on obtient I2 , donc 61 Q = P −1 .
(b) Calculons P −1 AP = 16 QAP
d'abord , on calcule QA :
(
(
×
1
−5
1
1
)
0, 95 0, 01
0, 05 0, 99
(
)
a b
=
c d
)
P(P −1 AP) = PD , or par associativité cela s'écrit encore (P(P −1 )AP = PD donc I2 AP = PD donc
AP = PD , en multipliant à droite par P −1 ,on obtient : (AP)P −1 = PDP −1 , donc
A = PDP −1 : l'initialisation est prouvée.
Supposons qu'il existe un entier naturel n tel que An = PDn P −1 , alors multiplions à droite par A :
An+1 = PDn P −1 A ,
mais ce dernier A c'est A = PDP −1 donc
An+1 = PDn P −1 PDP −1 , or P −1 P = I2 donc An+1 = PDn I2 DP −1 ,
An+1 = PDn DP −1 et enfin
An+1 = PDn+1 P −1 ce qui prouve l'hérédité.
Conclusion : pour tout entier naturel n supérieur ou égal à 1 , An = PDn P −1 .
4. Les résultats des questions précédentes permettant d'établir que
vn =
)
)
1(
1(
1 + 5 × 0, 94n v 0 + 1 − 0, 94n c 0 .
6
6
et comme la suite géométrique (0, 94n )n∈N tend vers 0 vu que q = 0, 94 donc −1 < q < 1
Page 34
TS-spe
la suite (v n )n∈N tend vers
Exercices bac -- 2011-2016 -- matrices
1
1
(1 + 5 × 0) v 0 + (1 − 0) c 0 donc vers
6
6
1
250 000
(v 0 + c 0 ) =
et donc par stabilité de la population totale ,la suite (v n )n∈N tend vers
6
6
5
1 250 000
.
(v 0 + c 0 ) =
6
6
Page 35
TS-spe
E
Exercices bac -- 2011-2016 -- matrices
5
2. Initialisation :
Centres Étrangers 2013
. énoncé
Candidats ayant choisi la spécialité mathématique
(
Affecter à i la valeur i + 1
)
0, 3
= M . La propriété est vraie au rang 1 .
0, 7
(
)
0, 6 + 0, 4 × 0, 5p 0, 6 − 0, 6 × 0, 5p
p
Hérédité : on suppose que pour p ∈ , on a M =
.
0, 4 − 0, 4 × 0, 5p 0, 4 + 0, 6 × 0, 5p
(
) (
)
0, 8 0, 3
0, 6 + 0, 4 × 0, 5p 0, 6 − 0, 6 × 0, 5p
p+1
p
.
Alors M
= M×M =
×
0, 4 − 0, 4 × 0, 5p 0, 4 + 0, 6 × 0, 5p
0, 2 0, 7
Afficher i
Le premier coefficient de cette matrice est :
Affecter à c la valeur (0, 8a + 0, 3b)
0, 8 × (0, 6 + 0, 4 × 0, 5p ) + 0, 3 × (0, 4 − 0, 4 × 0, 5p ) = 0, 48 + 0, 32 × 0, 5p + 0, 12 − 0, 2 × 0, 5p =
Afficher c
0, 6 + 0, 2 × 0, 5p = 0, 6 + (0, 4 × 0, 5) × 0, 5p = 0, 6 + 0, 4 × 0, 5p+1 .
Affecter à b la valeur (0, 2a + 0, 7b)
On démontrerait de la même façon que :
0, 6 + 0, 4 × 0, 51
M =
0, 4 − 0, 4 × 0, 51
1
Partie A - Algorithmique et conjectures
) (
0, 6 − 0, 6 × 0, 51
0, 8
=
0, 4 + 0, 6 × 0, 51
0, 2
N
1. Tant que i < n faire
Afficher b
M
Affecter à a la valeur c
p+1
(
0, 6 + 0, 4 × 0, 5p+1
=
0, 4 − 0, 4 × 0, 5p+1
)
0, 6 − 0, 6 × 0, 5p+1
.
0, 4 + 0, 6 × 0, 5p+1
La propriété est donc vraie au rang p +1 : elle est donc vraie quel que soit le naturel n ∈
Fin du Tant que
N, n ⩾ 1 .
3. Exprimer an en fonction de n , pour tout entier naturel n ⩾ 1 .
2. Au vu de ces résultats, la suite (an ) semble décroître vers 18 et la suite (bn ) semble croître
vers 12.
Partie B - Étude mathématique
1. an et bn étant les nombres respectifs d'oiseaux présents sur les îles A et B au début de l'année
203 + n , on a l'année suivante :
sur l'île A, 80 % des oiseaux de l'île A de l'année précédente et et 30 % des oiseaux de l'île B de
l'année précédente, soit :
a n+1 = 0, 8a n + 0, 3b n ,
sur l'île B, 20 % des oiseaux de l'île A de l'année précédente et et 70 % des oiseaux de l'île B de
l'année précédente, soit :
N, n ⩾ 1,
Un = Mn U0 soit :
)( )
an
0, 6 + 0, 4 × 0, 5n 0, 6 − 0, 6 × 0, 5n a 0
=
= 10
bn
0, 4 − 0, 4 × 0, 5n 0, 4 + 0, 6 × 0, 5n b 0
( ) (
)
an
20 (0, 6 + 0, 4 × 0, 5n ) + 10 (0, 6 − 0, 6 × 0, 5n )
.
=
bn
20 (0, 4 − 0, 4 × 0, 5n ) + 10 (0, 4 + 0, 6 × 0, 5n )
4. On admet donc que pour n ∈
(
)
(
Finalement quel que soit n ∈
N, n ⩾ 1 :
a n = 20 (0, 6 + 0, 4 × 0, 5n ) + 10 (0, 6 − 0, 6 × 0, 5n ) = 12 + 8 × 0, 5n + 6 − 6 × 0, 5n = 18 + 2 × 0, 5n .
Comme −1 < 0, 5 < 1 , on sait que lim 0, 5n = 0 . Il s'ensuit que lim 2 × 0, 5n = 0 et donc que
n→+∞
n→+∞
lim a n = 18 .
n→+∞
Au bout de quelques années la population sur l'île A va se rapprocher de 18 millions (au bout de
10 ans : ≈ 18, 002 )
b n+1 = 0, 2a n + 0, 7b n .
(
)
0, 8 0, 3
Donc avec M =
, on a bien Un+1 = MUn .
0, 2 0, 7
Page 36
TS-spe
E
Exercices bac -- 2011-2016 -- matrices
6
. énoncé
• pour A3,1 à l'état S , c'est selon le graphique 0 , ou en réfléchissant, s'il est malade il ne
peut pas devenir sain ;
Métropole septembre 2013
• pour A3,2 à l'état I , c'est selon le graphique 0 ;
1
3
S
• pour A3,3 à l'état SM , c'est selon le graphique 1 , ou par le texte idem.
1
3
1
3
1
3
I
1
2

A = 0
0
M
1
2
1
(




s n+1




i n+1






 m n+1
1
3 sn
=
1
3 sn
+ 12 i n
in
; on a bien
1
3

mn ×  0
0

1
3
1
2
1
(
3
1
1
2  = 3 sn
0
1
1
3 sn
+ 12 i n
1
3 sn
) (
+ 12 i n + m n = s n+1
)
i n+1
m n+1
=
1
3 sn
+ 12 i n + m n
Pour n = 1 c'est dire que P1 = P0 × A ce qui est vrai ( appliquer A à P0 permet de passer de P0
à P1 ).
Hérédité : supposons qu'il existe un entier n tel que Pn = P0 × An , alors multiplions les deux
membres à droite par A c'est possible car Pn est de format (1 ; 3) et A de format (3 ; 3) donc les
deux membres sont bien de format (1 ; 3) , on obtient Pn A = (P0 An )×A , donc Pn A = P0 (An ×A) ;
par associativité du produit de matrices ;
et enfin Pn A = P0 An+1
• pour A1,1 à l'état S , c'est selon le graphique
et du côté gauche c'est Pn+1 , donc Pn+1 = P0 An+1 .
• pour A1,2 à l'état
L'hérédité est prouvée et donc pour tout entier naturel n non nul, Pn = P0 × An .
1
1
3 , ou par le calcul et le texte, c'est 1 − 2 3
I , c'est selon le graphique 13 , ou par le texte , c'est 13 ;
SM , c'est selon le graphique 31 , ou par le calcul et le texte, c'est 13 .
3. P4 = P0 A4 .
sur la deuxième ligne de A ce sont les probabilités conditionnelles sachant qu'à la semaine
donnée, l'individu est dans l'état I , de passer
Pour calculer correctement A4 on peut remarquer que 6A est à coefficients entiers.
La calculatrice donne :
• pour A2,1 à l'état S , c'est selon le graphique 0 .
• pour A2,2 à l'état I , c'est selon le graphique
1
2
• pour A2,3 à l'état SM , c'est selon le graphique
□
1
2. Par récurrence, prouvons que pour tout entier naturel n non nul, Pn = P0 × An .
=
sur la première ligne de A ce sont les probabilités conditionnelles sachant qu'à la semaine
donnée, l'individu est dans l'état S , de passer
• pour A1,3 à l'état
□
0
Pn+1 = Pn × A .
1. La matrice A appelée matrice de transition, telle que pour tout entier naturel
□
1
3
1
2
)
sn
On note Pn = (s n i n mn ) la matrice ligne .
On a alors P0 = (0, 99 0 0, 01) et pour tout entier naturel n ,

1
3
1
2

, ou par le texte idem ;
1
2
, ou par le texte idem.
sur la troisième ligne de A ce sont les probabilités conditionnelles sachant qu'à la semaine
donnée, l'individu est dans l'état M , de passer
Page 37
2


4
(6A) = 
0


0
4
2
3
0
2


3
 .


6
TS-spe
Exercices bac -- 2011-2016 -- matrices

16

(6A)4 =  0
0
130
81
0

 16
1150

 1 296
1215 donc A4 =  0
1296
0

130
1 296
81
1 296
(
1 150
1 296
1 215 
1 296 
1 296
1 296
0
et en la multipliant à gauche par la matrice P0 = 0, 99
P4 =
(
15,84
1 296
0
128,7
1 296
2. Pour faire des calculs
sur des entiers on calcule (12B)2 :

5

(12B) = 5
2
)
0, 01 on obtient
1 151,46
1 296
3
3
6
)
×
donc :
(
)
P4 = 0,012 222... 0,099 305 55... 0,888 472 22... donc en arrondissant à 10−2 :
(
)
P4 = 0, 01 0, 10 0, 89 (comme donné avant B. 1.).

5

5
2
3
3
6

4

4
4
4

4 et alors
4

5 3

5 3
2 6

48 48

= 48 48
48 48

4

4
4

48

48
48
S 4 ≃ 0, 01 , il y a un pourcentage de chance qu'un individu soit sain au bout de quatre semaines.
Donc (12B)2 = 48J , 144B2 = 48J donc B2 = 13 J
Partie B

N

5
 12


5
B=
 12


1
6
Qn = (S n
Comme on peut par calcul prouver que B3 = B2 , on peut par récurrence prouver que pour tout n
de , n ⩾ 2 , on a Bn = B2 = 13 J
1
4
1
4
1
2
1
3

3. (a) On peut montrer, comme dans la partie A que
[ pour tout n ∈ , Qn+1 = Qn × B] =⇒ [ pour tout n ∈
N

1.
3


1
3
Mn ) où S n , In et Mn désignent respectivement la probabilité que l'individu soit
sain, porteur sain et malade la n -ième semaine après la vaccination.
Pour tout entier naturel n , on a alors Qn+1 = Qn × B .
D'après la partie A, Q0 = P4 .
In

1. On fait Qn × B c'est (S n
Qn+1 =
(
5
12 S n
5
+ 12
In + 16 Mn

5
1
4
 12
5
In Mn ) ×  12 14
1
1
6
2
1
1
1
S
+
I
+
M
n
n
n
4
4
2




S n+1




In+1






 Mn+1
1
3
1
3
1
3
1
3 Sn
c'est Qn+1 , donc
)
+ 13 In + 13 Mn .
=
5
12 S n
=
1
4 Sn
+ 14 In + 12 S n
=
1
3 Sn
+ 13 In + 13 Mn
N, Qn = Q0 × Bn ]
Si n ⩾ 2 , Qn = Q0 × Bn et comme Bn = B2 ,on a Qn = Q0 × B2 ,
( )
donc( Qn = Q2 , on calcule Q2 en faisant Q0 × ()13 J) c'est aussi 13 (Q0 × J) =
(1)
3 0, 01 + 0, 1 + 0, 89
)
(1)(
3 1 1 1 ,
(
)
Qn = 13 31 13 .
0, 01 + 0, 1 + 0, 89
0, 01 + 0, 1 + 0, 89 ,
donc
Qn
=
(1)
3
(Q0 J)
=
(b) Finalement on peut dire qu'avec ce vaccin l'évolution de la maladie va donner des groupes
équitablement répartis : autant de chance d'être malade ou sain ou infecté ; le vaccin n'éradique
pas la maladie. (cependant sans vaccin, on pourrait montrer que la répartition limite serait : tous
malades ...)
5
+ 12
In + 16 S n
Page 38
TS-spe
Exercices bac -- 2011-2016 -- matrices
E
7
(b) Par récurrence :
Polynésie 2013
. énoncé
Candidats ayant suivi l'enseignement de spécialité mathématiques
(
1. (a) U1 =
{
Or
a1
b1
)
{
a 1 = 0, 7a 0 + 0, 2b 0 + 60
⇔
b 1 = 0, 1a 0 + 0, 6b 0 + 70
(
)
330
Finalement U1 =
280
a 1 = 0, 7 × 300 + 0, 2 × 300 + 60
b 1 = 0, 1 × 300 + 0, 6 × 300 + 70
.
□
Initialisation : Si n = 0 alors
□
Hérédité : Supposons qu'il existe un entier naturel k tel que Pk soit vraie (c.-à-d. Vk =
Mk × V0 ). Montrons que Pk+1 est vraie aussi (c-à-d. Vk+1 = Mk+1 × V0 ).
Vk+1 = MVk = M × (Mk × V0 ) = Mk+1 × V0 et Pk+1 est vraie.
□
P0 est vraie et Pn est héréditaire, par récurrence on a bien pour tout entier naturel
n, Vn = Mn × V0 .
) ( ) ( ) (
) ( ) (
)
0, 2
an
60
0.7a n + 0.2b n
60
a n+1
×
+
=
+
=
0, 6
bn
70
0.1a n + 0.6b n
70
b n+1
0, 7
M × Un + P =
0, 1
Pour tout entier naturel n , notons Pn la propriété : Vn = Mn × V0 .
M0 = I et V0 = M0 V0 . P0 est vraie.
(b) Pour tout entier naturel n ,
(
□
4. On admet que, pour tout entier naturel n ,

140
−100
n
n
×
0,
8
−
×
0,
5


3
3

Vn = 

 −50
140
n
n
× 0, 8 +
× 0, 5
3
3

Pour tout entier naturel n , Un+1 = M × Un + P .
(
1
2. On note I la matrice
0
)
0
.
1
(
)
4 2
.
(a) Calculer (I − M) ×
1 3
(
) (
1 − 0, 7 −0, 2
0, 3
(I − M) =
=
−0, 1 1 − 0, 6
−0, 1
Puis
(I − M) ×
(
4
1
)
(
2
4 × 0, 3 − 0, 2
=
3
−0, 1 × 4 + 0, 4
(
4
(b) On calcule
1
(a) Pour tout entier naturel n ,
)
−0, 2
.
0, 4

Vn = Un − U ⇔ Un = Vn + U ⇔ Un
)
(
2 × 0, 3 − 3 × 0, 2
1
=
−0, 1 × 2 + 3 × 0, 4
0
0
=I
1
)
(
2
4
× (I − M) = I . Donc I − M est inversible et son inverse est
3
1
U = M × U + P ⇔ U − M × U = P ⇔ (I − M) × U = P ⇔ U = (I − M)−1 P
(
) ( ) (
)
4 2
60
380
Finalement U =
×
=
.
1 3
70
270
(c)

140
−100
n
n
× 0, 8 −
× 0, 5 + 380

3

 3

 −50
140
n
n
× 0, 8 +
× 0, 5 + 270
3
3
140
−100
× 0, 8n −
× 0, 5n + 380
On en déduit donc an =
3
3
Si −1 < q < 1 , alors lim q n = 0 , donc lim an = 380

)
)
2
.
3
 

140
−100
n
n
× 0, 8 −
× 0, 5  380

3
3
+
 ⇔ Un =
= 
 −50
 

140
n
n
× 0, 8 +
× 0, 5
270
3
3
n→+∞
n→+∞
(b) Le nombre d'abonnés de l'opérateur A à long terme est donc de 380 000 .
3. (a) Pour tout entier naturel n ,
Vn+1 = Un+1 − U = MUn + P − (MU + P) = M(Un − U) = M × Vn .
Page 39
TS-spe
E
Exercices bac -- 2011-2016 -- matrices
8
3. (a) Quel que soit le naturel n :
Pondichéry 2013
. énoncé
Candidats ayant suivi l'enseignement de spécialité
(
1. (a) On a A × Un =
(
Un = An ×U0 = 0, 3 + 0, 7 × (−0, 25)n
)
0, 525
200
25 + 262, 5
287, 5
×
=
=
.
0, 625
500
125 + 312, 5
437, 5
0, 125
0, 625
U2 = A × U1 =
) (
)
60 + 140 × (−0, 25)n + 210 − 210 × (−0, 25)n
270 − 70 × (−0, 25)n
=
.
100 + −100 × (−0, 25)n + 350 + 150 × (−0, 25)n
450 + 50 × (−0, 25)n
{
j n = 270 − 70 × (−0, 25)n
Conclusion
a n = 450 + 50 × (−0, 25)n
(b) Comme −1 < −0, 25 < 1 , on sait que lim (−0, 25)n = 0 , donc :
Au bout de 1 an il y aura 287 jeunes et 437 adultes.
(
n→+∞
) (
) (
) (
)
0, 525
287, 5
35, 9375 + 229, 688
265, 625
×
=
=
.
0, 625
437, 5
179, 688 + 273, 438
453, 125
0, 125
0, 625
lim j n = 270 et lim a n = 450 .
n→+∞
(c) fonction de An et de U0 . Une récurrence simple permet de montrer que quel que soit le
naturel n, Un = An × U0 .
)
−1.75 3
2. (a) Q × D =
, puis
1, 25 5
(
) (
−0, 175 + 0, 3 0, 105 + 0, 42
0, 125
−1
(Q × D) × Q =
=
0, 125 + 0, 5 −0, 075 + 0, 7
0, 625
(
)
0, 525
=A.
0, 625
(b) An = Q × Dn × Q−1 ?
Initialisation : On a bien A1 = Q × D1 × Q−1 (question précédente).
Hérédité : Supposons qu'il existe p > 1 tel que Ap = Q × Dp × Q−1 .
) (
)
(
)
Alors a p+1 = Ap × A = Q × Dp × Q−1 × Q × D × Q−1 = Q × Dp × Q−1 × Q × D × Q−1 =
Q × Dp × I × D × Q−1 = Q × (Dp × D) × Q−1 = Q × Dp+1 × Q−1 .
La formule est donc vraie au rang p + 1 .
On a donc démontré par récurrence que pour tout entier naturel n non nul :
An = Q × Dn × Q−1 .
(c) La matrice D est diagonale, donc :
(
−0, 25
D =
0
n
0
1
)n
(
(−0, 25)n
=
0
n→+∞
Le nombre d'animaux jeunes va tendre vers 270 et celui des adultes vers 450 au bout de quelques
années.
Au bout de 2 ans il y aura 265 jeunes et 453 adultes.
(
0, 7 + 0, 3 × (−0
(
0, 125 j n + 0, 525a n
= Un+1 .
0, 625 j n + 0, 625a n
(b) un an d'observation
(résultats
à l'unité près par
( puis après deux
) (ans d'observation
) (
) ( arrondis
)
défaut). U1 = A × U0 =
0, 42 − 0, 42 × (−0, 25)n 0, 5 − 0, 5 × (−0, 25)n
)
0
.
1
Page 40
TS-spe
E
Exercices bac -- 2011-2016 -- matrices
9
On a X n+1 = MXn + R et S = MS + R ; par soustraction membre à membre, on obtient :
Amérique du Nord 2014
. énoncé
Candidats ayant suivi l'enseignement de spécialité
Partie A
X n+1 − S = MX n + R − MS − R = MX n − MS = M(X n − S)
Dans la suite, on admettra que, pour tout entier naturel n :
(
1. La conservation du volume total se traduit par : pour tout entier naturel n , an + bn = 2 200 .
{
2. D'après le texte, on peut dire que :
a n+1 = 0, 9a n + 0, 15b n − 5
b n+1 = 0, 1a n + 0, 85b n + 5
{
avec
a 0 = 1 100
b 0 = 1 100
On utilise un tableur pour visualiser l'évolution du volume d'eau dans les bassins.
On donne les formules à écrire et à recopier vers le bas dans les cellules B3 et C3 permettant
d'obtenir la feuille de calcul du texte :
1
2
3
4
5
6
A
Jour n
0
1
2
3
…
B
Volume bassin A
1100,00
= B2 * 0.9 + C2 * 0.15 - 5
1 187,50
1 215,63
…
)
0, 6 + 0, 4 × 0, 75n 0, 6 − 0, 6 × 0, 75n
X n − S = M (X 0 − S) et que M =
0, 4 − 0, 4 × 0, 75n 0, 4 + 0, 6 × 0, 75n
(
)
(
)
(
)
1 100
1 300
−200
2. X 0 =
et S =
donc X0 − S =
1 100
900
200
) (
)
(
−200
0, 6 + 0, 4 × 0, 75n 0, 6 − 0, 6 × 0, 75n
n
M × (X 0 − S) =
×
0, 4 − 0, 4 × 0, 75n 0, 4 + 0, 6 × 0, 75n
200
(
)
) (
(0, 6 + 0, 4 × 0, 75n ) × (−200) + (0, 6 − 0, 6 × 0, 75n ) × 200
−200 × 0, 75n
=
=
(0, 4 − 0, 4 × 0, 75n ) × (−200) + (0, 4 + 0, 6 × 0, 75n ) × 200
200 × 0, 75n
(
) (
) (
)
−200 × 0, 75n
1320
1320 − 200 × 0, 75n
n
Donc Xn = M × (X0 − S) + S =
+
=
200 × 0, 75n
900
900 + 200 × 0, 75n
(
)
( )
{
1320 − 200 × 0, 75n
an
a n = 1 300 − 200 × 0, 75n
3. X n =
et X n =
donc
n
900 + 200 × 0, 75
bn
b n = 900 + 200 × 0, 75n
n
C
Volume bassin B
1100,00
= B2 * 0.1 + C2 * 0.85 + 5
1 012,50
984,38
…
3. La suite (an ) donnant le volume d'eau dans le bassin A semble croissante et tendre vers 1 300,
tandis que la suite (bn ) donnant le volume d'eau dans le bassin B semble décroissante et tendre
vers 900.
n
La suite (0, 75n ) est géométrique de raison 0, 75 donc est décroissante ; on multiplie par un nombre
négatif, donc la suite (−200 × 0, 75n ) est croissante et donc la suite (an ) est croissante.
De plus, −1 < 0, 75 < 1 donc la suite (0, 75n ) est convergente et a pour limite 0. On peut en déduire
que la suite (an ) est convergente et a pour limite 1 320 .
Pour les mêmes raisons, on peut dire que la suite (bn ) est décroissante, et convergente vers 900.
Partie B
(
)
( )
( )
0, 9 0, 15
−5
an
On considère la matrice carrée M =
et les matrices colonnes R =
et Xn =
.
0, 1 0, 85
5
bn
On admet que, pour tout entier naturel n, X n+1 = MXn + R .
(
)
1 300
1. On note S =
.
900
(
) (
) (
) (
)
0, 9 0, 15
1 300
0, 9 × 1 300 + 0, 15 × 900
1 305
MS =
×
=
=
0, 1 0, 85
900
0, 1 × 1 300 + 0, 85 × 900
895
(
) ( ) (
)
1 305
−5
1 300
MS + R =
+
=
=S
895
5
900
4. On considère que le processus est stabilisé lorsque l'entier naturel n vérifie 1 300− an < 1, 5 et
b n − 900 < 1, 5 ; 1 300 − a n < 1, 5 ⇐⇒ 1 298,5 < a n
D'après le tableau fourni dans le texte, la plus petite valeur de n pour que le processus soit stabilisé
peut être 17 ou 18.
Pour n = 17 , a17 ≈ 1 298,496 6 donc 1 300 − a17 > 1, 5 .
Pour n = 18 , a18 ≈ 1 298,872 4 donc 1 300 − a18 < 1, 5 .
Comme an + bn = 2 200 , bn = 2 200 − an ce qui équivaut à bn − 900 = 1 300 − an ; donc
1 300 − a n < 1, 5 ⇐⇒ b n − 900 < 1, 5 .
On peut donc dire que le processus est stabilisé à partir de n = 18 .
Page 41
TS-spe
E
Exercices bac -- 2011-2016 -- matrices
(
10
. énoncé
Partie A
Amérique du Sud 2014
Au bout de n heures, on note an le nombre moyen de vélos présents à la (station
) A et b n le nombre
( )
moyen de vélos présents à la station B. On note Un la matrice colonne
an
bn
et donc U0 =
{
a n+1 = 0, 2 a n + 0, 1 b n
avec
1. D'après le texte, on peut dire que, pour tout n :
b n+1 = 0, 6 a n + 0, 3 b n
(
)
) (
) ( )
(
0, 2 0, 1
0, 2 0, 1
an
a n+1
⇐⇒ Un+1 = M × Un où M =
=
×
Donc
bn
0, 6 0, 3
0, 6 0, 3
b n+1
{
50
.
60
a 0 = 50
b 0 = 60
2. Pour tout entier naturel n , on pose Wn = Vn − V .
(a) Wn+1 = Vn+1 − V ; or Vn+1 = M × Vn + R et V = M × V + R donc, pour tout entier n :
Wn+1 = M × Vn + R − (M × V + R) = M × Vn + R − M × V − R = M × (Vn − V) = M × Wn
(
) ( ) (
) ( )
0, 2 0, 1
50
0, 2 × 50 + 0, 1 × 60
16
2. U1 = M × U0 =
×
=
=
0, 6 0, 3
60
0, 6 × 50 + 0, 3 × 60
48
(
) ( ) (
) ( )
0, 2 0, 1
16
0, 2 × 16 + 0, 1 × 48
8
U2 = M × U1 =
×
=
=
0, 6 0, 3
48
0, 6 × 16 + 0, 3 × 48
24
-- pour tout entier naturel n ⩾ 1, M =
n
(
( )
50
44
6
W0 = V0 − V =
−
=
60
52
8
)
( )
( )
4
2
1
3. À la calculatrice, on trouve successivement : U3 =
, U4 =
et U5 =
12
6
3
Partie B
Le service décide d'étudier les effets d'un approvisionnement des stations A et B consistant à apporter après chaque heure de fonctionnement 30 vélos à la station A et 10 vélos à la station B.
Afin de conduire cette étude, il décide de modéliser la situation présente de la manière suivante :
Au bout de n heures, on note αn le nombre moyen de vélos présents à la(station
) A et βn( le)nombre
)
30
Dans ces conditions Vn+1 = M × Vn + R avec R =
.
10
(
1
1. On note I la matrice
0
αn
βn
) (
)
et V0 =
50
.
60
1
2n−1
0, 2
0, 6
)
0, 1
.
0, 3
)
0, 2 0, 1
Pour tout n , Wn = M ×W0 et pour tout n ⩾ 1 , M = n−1
; donc pour tout n ⩾ 1 ,
0, 6 0, 3
2
(
) ( )
(
)
( )
1 0, 2 × 6 + 0, 1 × 8
1 2
1 0, 2 0, 1
6
×
= n−1
= n−1
Wn = n−1
0, 6 0, 3
8
0, 6 × 6 + 0, 3 × 8
6
2
2
2
n
C'est donc au bout de 5 heures qu'il ne reste qu'un seul vélo dans la station A.
(
-- pour tout entier naturel n , Wn = Mn × W0 ,(
(b) On admet que :
(
moyen de vélos présents à la station B. On note Vn la matrice colonne
)
1, 4 0, 2
(b) On admet que N est une matrice inversible et que N =
.
1, 2 1, 6
(
) ( )
(
)
1, 4 0, 2
30
1, 4 × 30 + 0, 2 × 10
−1
−1
N×V = R ⇐⇒ N ×N×V = N ×R ⇐⇒ V =
×
⇐⇒ V =
1, 2 1, 6
10
1, 2 × 30 + 1, 6 × 10
( )
44
⇐⇒ V =
52
−1
n
1
(
On sait que, pour tout n , Wn = Vn − V donc Vn = Wn + V .
( ) ( )
2
44
Donc, pour tout n ⩾ 1 , Vn = n−1
+
6
52
2
1
(c)
lim 2
n→+∞
n−1
= +∞ donc lim
n→+∞
1
2n−1
(
44
= 0 et donc lim Vn =
n→+∞
52
)
Le nombre de vélos va se stabiliser à 44 dans la station A et à 52 dans la station B.
)
0
et N la matrice I − M .
1
(a) On désigne par V une matrice colonne à deux lignes.
V = M × V + R ⇐⇒ V − M × V = R ⇐⇒ I × V − M × V = R ⇐⇒ (I − M) × V = R ⇐⇒ N × V = R
Page 42
TS-spe
Exercices bac -- 2011-2016 -- matrices
E
(
11
Antilles septembre 2014
. énoncé
Réservé aux candidats ayant suivi la spécialité
(b)
Dans une ville, une enseigne de banque nationale possède deux agences, appelées X et Y.
D'une année sur l'autre, une partie des fonds de l'agence X est transférée à l'agence Y, et réciproquement. De plus, chaque année, le siège de la banque transfère une certaine somme à chaque
agence.
Soit n un entier naturel. On note x n la quantité de fonds détenue par l'agence X, et y n la quantité
er
de fonds détenue par l'agence
2014 + n , exprimées en millions d'euros.
( ) Y au 1 janvier(de l'année
)
xn
yn
On note Un la matrice
et on note I =
1
0
0
.
1
On suppose que le
janvier de l'année 2014, l'agence X possède 50 millions d'euros et l'agence
Y possède 10 millions d'euros.
de fonds est régie par la relation Un+1 = AUn + B, où A =
(L'évolution )de la quantité
( )
0, 15
1
et B =
.
0, 4
3
(
) (
x n+1
0, 6
1. Un+1 = AUn +B ⇐⇒
=
y n+1
0, 2
Le coefficient 3 de la matrice B correspond à la somme (en millions d'euros) qui est rajoutée chaque
année à l'agence Y.
50
2. D'après le texte, U0 =
10
)
) (
x1
0, 6
=
y1
0, 2
)
(
0
1
,P=
0, 7
−2
Dans la suite, on admettra que QP = I .
On admettra dans la suite de cet exercice que pour tout entier naturel non nul n , An = PDn Q .
Ce résultat est assez facile à démontrer par récurrence en considérant les résultats des questions précédentes ; l'hérédité se démontre ainsi : Ap+1 = A × Ap = PDQ × PDp Q = PDDp Q = PDp+1 Q car
Q×P = I.
4. On pose pour tout entier naturel n , Vn = Un −
(
(a)
(b)
(
5
)
(
20
3
)
(
; donc Un = Vn +
(
)
(
3
0, 25
et Q =
2
0, 25
(
0, 6
(a) À la calculatrice, on trouve que PDQ =
0, 2
)
20
3
5
On peut dire que, pour tout n , Vn = An × V0 .
On peut considérer ce résultat comme « classique » ; en cas de doute, on peut le démontrer par récurrence en se rappelant que A0 = I .
0, 375 (−0, 3n + 0, 7n )
0, 75 × 0, 3n + 0, 25 × 0, 7n
(a) D'après les questions précédentes, Vn = An × V0 donc le coefficient de la première ligne de
Vn est :
(0, 25 × 0, 3n + 0, 75 × 0, 7n ) × 45 + (0, 375 (−0, 3n + 0, 7n )) ×
)
−0, 375
.
0, 125
)
0, 15
donc que PDQ = A .
0, 4
5
)) ( ) ( )
1
5
Vn+1 = Un+1 − 20 = AUn + B − 20 = A Vn + 20 +
− 20
3
3
3
(
) ( ) ( ) 3( )
(3
)
( )
0,
6
×
5
+
0,
15
× 20
1
5
0
0, 6 0, 15
5
3 +1−5
− 20 = AVn +
= AVn +
= AVn +
× 20 +
20
20
3
0
0, 2 0, 4
0,
2
×
5
+
0,
4
×
+
3
−
3
3
3
3
= AVn
( ) ( ) ( ) ( )
50
5
45
5
− 20 = 10
V0 = U0 − 20 =
10
3
3
3
5
)
5
0, 25 × 0, 3n + 0, 75 × 0, 7n
5. Soit n un entier naturel. On admet que A =
0, 5 (−0, 3n + 0, 7n )
En 2015, il y a donc 32, 5 millions d'euros dans l'agence X et 17 millions d'euros dans l'agence Y.
0, 3
3. On note D =
0
0, 25 × 3 + (−0, 375) × 2 = 0, 75 − 0, 75 = 0
(
) ( ) ( ) (
) (
)
0, 15
50
1
0, 6 × 50 + 0, 15 × 10 + 1
32, 5
×
+
=
=
0, 4
10
3
0, 2 × 50 + 0, 4 × 10 + 3
17
(
)
n
La quantité de fonds dans chaque agence en 2015 est donnée par la matrice U1 = AU0 + B :
(
3
2
Le coefficient situé sur la première ligne et la deuxième colonne de la matrice QP est donc :
) ( ) ( )
{
0, 15
xn
1
x n+1 = 0, 6x n + 0, 15y n + 1
×
+
⇐⇒
0, 4
yn
3
y n+1 = 0, 2x n + 0, 4y n + 3
Le coefficient 0, 6 de la matrice A correspond au pourcentage de la somme qui reste d'une année
sur l'autre à l'agence X.
(
) (
−0, 375
1
×
0, 125
−2
(
1er
0, 6
0, 2
0, 25
QP =
0, 25
(b)
Page 43
10
3
= 11, 25 × 0, 3n + 33, 75 × 0, 7n + 1, 25 (−0, 3n + 0, 7n )
= 11, 25 × 0, 3n + 33, 75 × 0, 7n − 1, 25 × 0, 3n + 1, 25 × 0, 7n
= 10 × 0, 3n + 35 × 0, 7n
( )
( )
5
xn
Un = Vn + 20 et Un =
Donc x n = 10 × 0, 3n + 35 × 0, 7n + 5
yn
3
)
TS-spe
Exercices bac -- 2011-2016 -- matrices
(c) La suite (0, 3n ) est une suite géométrique de raison 0, 3 ; or −1 < 0, 3 < 1 donc lim 0, 3n =
x→+∞
0.
Pour la même raison, on peut dire que lim 0, 7n = 0 .
x→+∞
D'après les théorèmes sur les limites de suites, on peut déduire que lim x n = 5 .
x→+∞
Cela signifie que la quantité de fonds disponibles dans l'agence X va tendre vers 5 millions d'euros.
Page 44
TS-spe
E
Exercices bac -- 2011-2016 -- matrices
12
Métropole 2014
. énoncé
Candidats ayant suivi l'enseignement de spécialité
1. Au bout d'un an, puisque le bassin B contenait 100 poissons (car b0 = 100 ), la vente de ces
poissons permettra d'en acheter un nombre deux fois plus élevé à mettre dans le bassin A, soit 200.
A cela, il faut ajouter les 200 poissons que le pisciculteur achète de toutes façons pour le bassin A.
Cela confirme bien a1 = 200 + 200 = 400 .
Pour le bassin B, on va commencer par y transférer les 200 poissons qui étaient dans le bassin A
(car a0 = 200 ), auxquels on ajoute les 100 poissons supplémentaires que le pisciculteur achète
pour le bassin B, cela confirme bien : b1 = 200 + 100 = 300 .
On aura ensuite a2 = 2 × b1 + 200 = 2 × 300 + 200 = 800 et, là encore de façon analogue
b 2 = a 1 + 100 = 400 + 100 = 500 .
2. (a) On généralise le raisonnement établi à la question précédente : pour tout entier naturel n ,
on a :
□
a n+1 = 2 × b n + 200 : le double du nombre de poissons dans le bassin B l'année précédente,
auxquels on ajoute 200 poissons.
□
b n+1 = a n +100 : les poissons transférés du bassin A l'année précédente, auxquels on ajoute
100 poissons.
(
On calcule le produit matriciel AXn :
On a donc (la somme
) (: )
(
0
1
×
2
1
)
)
an
b
( n )
2b n
=
an
.
( )
( )
( )
x
x
x
=A
+ B ⇐⇒ C
=B
y
y
y
( )
x
⇐⇒
= C−1 × B
y
Calculons le produit C−1 × B : (
On a donc S = C
−1
×
−1
−1
−2
−1
)
(
)
(
200
100
−200 − 200
=
−200 − 100
)
(
)
−400
×B =
, donc les nombres x et y sont respectivement −400 et −300 .
−300
(
)
a n + 400
(c) Pour tout entier naturel n , en posant Yn =
, on pose en fait Yn = X n − S , où S
b n + 300
est la matrice déterminée à la question précédente, solution de l'équation AX + B = X , donc telle
que AS + B = S , ou bien AS = S − B . On a donc, pour n entier naturel :
AYn = A × (X n − S)
= AX n − AS
= AX n − (S − B) car S est solution de l'équation AX + B = X .
= AX n + B − S
= X n+1 − S
d'après la relation de récurrence du 2. a.
= Yn+1
d'après la définition de la matrice Yn .
On a donc démontré que, pour tout entier naturel n , Yn+1 = AYn .
3. (a) Soit n un entier naturel. On a :
(
) (
)
2b n
200
2b n + 200
a n+1
AX n + B =
+
=
=
= X n+1 .
an
100
a n + 100
b n+1
( )
( )
( )
( )
x
x
x
x
(b) On a :
=A
+ B ⇐⇒
−A
=B
y
y
y
y
( )
x
⇐⇒ (I2 − A) ×
=B
y
(
)
(
)
1 0
1 −2
Où la matrice I2 est
et donc C = (I2 − A) =
est une matrice de déterminant
0 1
−1 1
(
)
−1 −2
−1
non nul (le déterminant vaut −1 ), donc elle est inversible et C =
. On a donc :
−1 −1
Z n+1 = Y2×(n+1) = Y2n+2 = AY2n+1( = A ×)(AY2n ) = A2 Y2n = A2 Z n .
0 2
×
1 0
)
(
)
Or, on calcule A2 : (
0 2
2 0
=
1 0
0 2
On a donc A2 = 2I2 et donc Zn+1 = A2 Zn = 2I2 Zn = 2Z n , ce qu'il fallait démontrer.
(b) On admet que pout tout entier n on a Y2n = 2n Y0 . En multipliant à gauche par la matrice A ,
cette égalité devient : AY2n = 2n AY0 et, en utilisant la relation de récurrence établie à la question
2. c., cela donne bien : Y2n+1 = 2n Y1 .
n
On
( en déduit
) donc,
( en utilisant
) (Y2n = 2 Y
)0 , que pour tout entier n , on a :
Page 45
a 2n + 400
a 0 + 400
600 × 2n
= 2n
=
, donc en particulier :
b 2n + 300
b 0 + 300
400 × 2n
TS-spe
Exercices bac -- 2011-2016 -- matrices
a 2n + 400 = 600 × 2n , soit a 2n = 600 × 2n − 400 .
n
Puis,
en utilisant
(
) Y2n+1
( = 2 Y)1 , que
( pour tout
) entier n , on a :
n
a 2n+1 + 400
a 1 + 400
800 × 2
= 2n
=
, donc en particulier :
b 2n+1 + 300
b 1 + 300
600 × 2n
a 2n+1 + 400 = 800 × 2n , soit a 2n = 800 × 2n − 400 .
4. (a) L'algorithme suivant demande un entier p à l'utilisateur, et renvoie dans la variable a qui
sera affichée le nombre de poissons dans le bassin A au bout de p années. En effet :
□
□
Cet algorithme initialise les variables a à a0 et p à 0. Après chaque itération de la boucle "Tant
que", p aura été incrémenté de 1, et la variable a aura été recalculée de sorte qu'elle contient la
valeur a p , donc après n itérations, p contient la valeur n et a contient an .
On sort de la boucle "Tant que" dès que la valeur dans a est strictement supérieur à 10 000 , c'est à
dire le nombre de poissons pour la première année où le bassin A ne suffira plus, nombre d'années
qui est contenu dans la variable p , donc le nombre d'années où le bassin A suffit est un de moins
que ce qui est contenu dans la variable p , d'où la dernière affectation de p avant la sortie de
l'algorithme.
p
si p est un nombre pair, alors on affecte à n la valeur
, qui sera donc entière et on a
2
p = 2n . On affecte à a la valeur qui est le résultat de la formule pour a 2n , c'est à dire
a p , formule établie à la question précédente. Donc si p est pair, à la fin de l'algorithme, a
contient le nombre de poissons au bout de p années.
On peut aussi proposer un algorithme un peu plus raffiné : chaque itération de la boucle "Tant que"
nous fera passer deux ans au dessus :
Variables :
Initialisation :
p −1
si p est un nombre impair, alors p − 1 est pair et n est l'entier
et donc 2n = p − 1 ,
2
soit p = 2n +1 . Et comme on affecte à a la valeur obtenue en appliquant la formule obtenue
à la question précédente pour calculer a2n+1 , à nouveau, la valeur renvoyée sera a p .
Traitement :
a, p et n sont des entiers naturels.
Affecter à a la valeur 400
Affecter à p la valeur 1.
Tant que a ⩽ 10 000 :
p +1
2
Affecter à a la valeur 600 × 2n − 400.
Si a ⩽ 10 000 :
Affecter à p la valeur p + 1
p
Affecter à n la valeur
2
Affecter à a la valeur 800 × 2n − 400.
Si a ⩽ 10 000 :
Affecter à p la valeur p + 1
Affecter à n la valeur
(b) On peut modifier de façon assez basique l'algorithme présenté précédemment pour l'inclure
dans une boucle :
Variables :
Initialisation :
Traitement :
a, p et n sont des entiers naturels.
Affecter à a la valeur 200
Affecter à p la valeur 0.
Tant que a ⩽ 10 000 :
Affecter à p la valeur p + 1
Si p est pair
p
Affecter à n la valeur
2
Affecter à a la valeur 600 × 2n − 400.
Sortie :
Fin de Si
Fin de Si
Fin de Tant que
Afficher p .
Sinon
p −1
2
Affecter à a la valeur 800 × 2n − 400.
Affecter à n la valeur
Sortie :
Fin de Si.
Fin de Tant que
Affecter à p la valeur p − 1
Afficher p .
Ici, on initialise a avec la valeur a1 et p avec 1. Du coup, on entre dans la boucle "Tant que" avec
une valeur p impaire. On commence par calculer a p+1 avec la formule utilisée pour les indices
pairs ( p impair implique p + 1 pair). a contient donc la valeur a p+1 .
Si cette valeur reste inférieure à 10 000 alors, cela veut dire que l'année p + 1 reste valable pour
le bassin A, donc on affecte cette valeur p + 1 à la variable p , qui est maintenant paire. On a à ce
moment là a qui contient la valeur a p .
Page 46
TS-spe
Exercices bac -- 2011-2016 -- matrices
A ce moment, on va calculer a p+1 avec la formule utilisée pour les indices impairs ( p pair implique p + 1 pair). a contient donc la valeur a p+1 .
Si cette valeur reste inférieure à 10 000 alors, cela veut dire que l'année p + 1 reste valable pour
le bassin A, donc on affecte cette valeur p + 1 à la variable p , qui est redevient impaire. On a à
ce moment là a qui contient la valeur a p .
On termine l'itération de la boucle avec une valeur à nouveau impaire. Après n itérations de la
boucle, si les deux "Si" sont appliqués, on a p contenant la valeur 2n + 1 et a contenant a p .
Par contre, quand l'un ou l'autre des "Si" n'est pas appliqué, cela signifie que la variable a , calculée
et contenant la valeur a p+1 ne permet plus d'utiliser le bassin A, donc la dernière année valable
pour le bassin A est bien p , et donc c'est pour cela que l'on incrémente pas la valeur de p .
Le fait que l'un des "Si" ne soit pas appliqué va aussi provoquer la sortie de la boucle "Tant que"
(puisque le test est le même), et donc la valeur contenue dans p est bien la dernière pour laquelle
le bassin A peut contenir a p poissons.
Page 47
TS-spe
E
Exercices bac -- 2011-2016 -- matrices
13
Métropole septembre 2014
. énoncé
Candidats ayant suivi l'enseignement de spécialité
Dans le cadre d'une étude sur les interactions sociales entre des souris, des chercheurs enferment
des souris de laboratoire dans une cage comportant deux compartiments A et B. La porte entre ces
compartiments est ouverte pendant dix minutes tous les jours à midi.
On étudie la répartition des souris dans les deux compartiments. On estime que chaque jour :
□
□
20 % des souris présentes dans le compartiment A avant l'ouverture de la porte se trouvent
dans le compartiment B après fermeture de la porte, donc il reste 80 % de souris dans le
compartiment A ;
10 % des souris qui étaient dans le compartiment B avant l'ouverture de la porte se trouvent
dans le compartiment A après fermeture de la porte, donc il reste 90 % de souris dans le
compartiment B.
On suppose qu'au départ, les deux compartiments A et B contiennent le même effectif de souris.
On pose a0 = 0, 5 et b0 = 0, 5 .
Pour tout entier naturel n supérieur ou égal à 1, on note an et bn les proportions de souris présentes respectivement dans les compartiments
A et B au bout de n jours, après fermeture de la
( )
porte. On désigne par Un la matrice
an
.
bn
(
)
α β
On cherche une matrice carrée d'ordre 2 M =
telle que MUn = Un+1 .
γ δ
(
) ( ) (
)
(
) (
)
α β
an
a n+1
αa n + βb n
0, 8 a n + 0, 1 b n
MUn = Un+1 ⇐⇒
×
=
⇐⇒
=
γ δ
bn
b n+1
γa n + δb n
0, 2 a n + 0, 9 b n
(
)
0, 8 0, 1
Donc M =
0, 2 0, 9
On admet sans démonstration que Un = Mn U0 .
(d) La répartition des souris dans les( compartiments) A et B au bout de 3 jours est donnée par
(
3
U3 = M × U0 =
(a) Lors de la première ouverture des portes il reste dans A 80 % des souris présentes soit une
proportion de 0, 5×0, 8 = 0, 40 et il rentre 10 % de souris venant de B soit 0, 5×0, 1 = 0, 05 . Donc
il y aura dans A au total 0, 40 + 0, 05 = 0, 45 comme proportion de souris.
(
)
0, 45
Il en reste donc 1 − 0, 45 = 0, 55 pour B. Donc U1 =
.
0, 55
(b) Lors de la n + 1 -ième ouverture de porte, il restera dans A 80 % des souris présentes, soit
0, 8 a n et il en vient 10 % de B soit 0, 10 b n ; donc a n+1 = 0, 8 a n + 0, 1 b n .
Lors de la n + 1 -ième ouverture de porte, il restera dans B 90 % des souris présentes, soit 0, 9 bn
et il en vient 20 % de A soit 0, 20 an ; donc bn+1 = 0, 2 an + 0, 9 bn .
(
0, 8 a n + 0, 1 b n
(c) D'après la question précédente, Un+1 =
0, 2 a n + 0, 9 b n
)
0, 562
0, 438
La répartition des souris dans les compartiments A et B au bout de 3 jours est respectivement
39,05 % et 60,95 %.
(
1
2. Soit la matrice P =
2
(
)
1
.
−1
) (
) (
1 1
1 1
1×1+1×2
(a) P =
×
=
2 −1
2 −1
2 × 1 + (−1) × 2
(
)
1 0
où I =
est la matrice unité d'ordre 2.
0 1
2
1. Soit n un entier naturel.
0, 562 0, 219
0, 438 0, 781
) ( ) (
)
0, 219
0, 5
0, 3905
×
=
0, 781
0, 5
0, 6095
U3 ; à la calculatrice, on trouve M3 =
) (
1 × 1 + 1 × (−1)
3
=
2 × 1 + (−1) × (−1)
0
)
0
= 3I
3
1 2
1
1
P = I ce qui entraîne que P × P = P × P = I ; la matrice P est donc inversible et son
3
3
3
(
)
1
1 1 1
−1
inverse est P = P =
.
3
3 2 −1
(
) (
)
(
)
1
1
1
1
0,
8
0,
1
1
×
0,
8
+
1
×
0,
2
1
×
0,
1
+
1
×
0,
9
(b) P −1 M =
×
=
=
0, 2 0, 9
3 2 −1
3 2 × 0, 8 + (−1) × 0, 2 2 × 0, 1 + (−1) × 0, 9
(
)
1 1
1
3 1, 4 −0, 7
(
) (
)
(
)
( −1 )
1 1
1
1
1 1
1×1+1×2
1 × 1 + 1 × (−1)
P M P=
×
=
2 −1
3 1, 4 −0, 7
3 1, 4 × 1 + (−0, 7) × 2 1, 4 × 1 + (−0, 7) × (−1)
(
) (
)
1 3
0
1
0
=
=
0 0, 7
3 0 2, 1
Donc
Page 48
TS-spe
Exercices bac -- 2011-2016 -- matrices
(
Donc P
−1
1
MP est la matrice diagonale
0
)
0
que l'on appelle D .
0, 7
On en conclut que la répartition à long terme des souris dans les compartiments est de
compartiment A et de
(c) Soit Pn la propriété Mn = PDn P −1 .
• P −1 MP = Dsi , et seul ement si , PP −1 MP = PDsi , et seul ement si , MP = PDsi , et seul ement si , MPP −1 =
PDP −1 si , et seul ement si , M = PDP −1
donc la propriété Pn est vraie au rang 1.
• On suppose la propriété vraie au rang p ⩾ 1 , c'est-à-dire Mp = PDp P −1 .
D'après l'hypothèse de récurrence Mp = PDp P −1 et on sait que M = PDP−1 donc :
Mp+1 = M × Mp = PDP −1 × PDp P −1 = PDP −1 PDp P −1 = PDDp P −1 = PDp+1 P −1
donc la propriété est vraie au rang p + 1 .
• La propriété est vraie au rang 1 ; elle est héréditaire pour tout p ⩾ 1 donc la propriété est vraie
pour tout n ⩾ 1 .
Donc, pour tout n ⩾ 1 , Mn = PDn P −1 .
 1 + 2 × 0, 7n

À l'aide d'un logiciel de calcul formel, on obtient Mn = 

3
2 − 2 × 0, 7n
3
1 − 0, 7n 

3

n
2 + 0, 7
3
3. Pour avoir la répartition à long terme des souris dans les compartiments A et B de la cage, il
faut chercher lim Un .
n→+∞
1 − 0, 7n   1   1 + 2 × 0, 7n + 1 − 0, 7n   2 + 0, 7n 
 2 
 


3
3
6
6
×  = 
=

Un = Mn U0 = 

n
n  1 
n
n 
n
2 − 2 × 0, 7
2 + 0, 7
2 − 2 × 0, 7 + 2 + 0, 7
4 − 0, 7
2
3
3
6
6
La suite (0, 7n ) est géométrique de raison 0,7 ; or −1 < 0, 7 < 1 donc lim 0, 7n = 0 .
n→+∞
2
 1 + 2 × 0, 7n
 
6
On en déduit que lim 2 + 0, 7n = 2 et que lim 4 − 0, 7n = 4 ; et donc que lim Un = 
 =
n→+∞
1
n→+∞
n→+∞
4
6
3
 
2
3
Page 49
2
pour le compartiment B.
3
1
pour le
3
TS-spe
E
Exercices bac -- 2011-2016 -- matrices
14
(b) Le mois de janvier correspond à n = 0 , donc le mois d'avril correspond à n = 3 .
Pondichéry 2014
. énoncé
Candidats ayant suivi la spécialité
(
1. (a) D'après le texte, les acheteurs de la marque X le mois n + 1 sont formés de 50 % des
acheteurs de X le mois n donc 0, 5x n , de 50 % des acheteurs de Y le mois n donc 0, 5y n , et de
10 % des acheteurs de Z le mois n donc 0, 1z n ; on a donc x n+1 = 0, 5x n + 0, 5y n + 0, 1z n .
On admet que : y n+1 = 0, 4x n + 0, 3y n + 0, 2z n et que z n+1 = 0, 1x n + 0, 2y n + 0, 7z n .
x n+1 = 0, 5x n + 0, 5y n + 0, 1z n = 0, 5x n + 0, 5y n + 0, 1(1 − x n − y n )
)
( )
0, 4
0, 1
et B =
.
0, 1
0, 2
( )
0, 5
Au début de l'étude statistique (mois de janvier 2014 : n = 0 ), on estime que U0 =
.
0, 3
(a) En faisant tourner l'algorithme donné dans le texte, pour n = 1 on entre une fois dans la
boucle
; on va donc appliquer une fois l'instruction « U prend la valeur A × U + B ».
U2 = A × U1 + B =
(
0, 4
0, 2
0, 4
U3 = A × U2 + B =
0, 2
L'affichage obtenu pour
23 23


  
45 20
45 20
1
( )






0,
1
23 23 
 23 23   10 
N × C = B ⇐⇒ C = N−1 × B ⇐⇒ C = 
 10 30  × 0, 2 ⇐⇒ C =  10 30  ×  2  ⇐⇒
23 23
23 23
10






 
45
1
20
2
45
40
85
17
 23 × 10 + 23 × 10 
 230 + 230 
 230 
 46 
 ⇐⇒ C = 
 ⇐⇒ C = 

 
C=
 10
 10
 70  ⇐⇒ C =  7 
1
30
2
60 
×
+
×
+
23 10 23 10
230 230
230
23

0, 4
On admet que, pour tout entier naturel n, Un+1 = A × Un + B où A =
0, 2
) (
) ( ) (
)
0, 4
0, 42
0, 1
0, 4
×
+
=
puis
0, 1
0, 33
0, 2
0, 317
) (
) ( ) (
)
0, 4
0, 4
0, 1
0,386 8
×
+
=
0, 1
0, 317
0, 2
0,311 7
(
)
0,386 8
n = 3 est
.
0,311 7
0
et N la matrice I − A .
1
C = A × C + B ⇐⇒ I × C − A × C = B ⇐⇒ (I − A) × C = B ⇐⇒ N × C = B


45 20
 23 23 

(b) On admet que N est une matrice inversible et que N−1 = 
 10 30  .
= 0, 4x n + 0, 3y n + 0, 2 − 0, 2x n − 0, 2y n = 0, 2x n + 0, 1y n + 0, 2
( )
xn
2. On définit la suite (Un ) par Un =
pour tout entier naturel n .
yn
(
(
1
0
(a) I est la matrice unité d'ordre 2 donc I × C = C .
y n+1 = 0, 4x n + 0, 3y n + 0, 2z n = 0, 4x n + 0, 3y n + 0, 2(1 − x n − y n )
Pour n = 3 , l'algorithme calcule successivement U1 puis
Dans la suite de l'exercice,
on
(
) cherche à déterminer une expression de Un en fonction de n .
3. On désigne par C une matrice colonne à deux lignes.
= 0, 5x n + 0, 5y n + 0, 1 − 0, 1x n − 0, 1y n = 0, 4x n + 0, 4y n + 0, 1
)
0, 5
La valeur de U en entrée de boucle est U0 =
, donc la valeur affichée en sortie est :
0, 3
(
) ( ) ( ) (
)
0, 4 0, 4
0, 5
0, 1
0, 42
U1 = A × U0 + B =
×
+
=
0, 2 0, 1
0, 3
0, 2
0, 33
Donc la probabilité d'utiliser la marque X au mois d'avril est x 3 = 0,386 8 .
On note I la matrice
(b) D'après le texte, on peut dire que pour tout n , x n + y n + z n = 1 donc z n = 1 − x n − y n .
(
) (
)
x3
0,386 8
La matrice U3 est la matrice
=
y3
0,311 7
4. On note Vn la matrice telle que Vn = Un − C pour tout entier naturel n .
(a) Vn+1 = Un+1 − C = A × Un + B − C ; or la matrice C est définie par C = A × C + B .
Donc Vn+1 = A × Un + B − A × C − B = A × (Un − C) = A × Vn
(b) On admet que Un = An × (U0 − C) + C .
Remarque : ce résultat s'obtient en partant de l'égalité Vn+1 = A × Vn ; on pourrait démontrer par récurrence que, pour tout n , Vn = An × V0 ce qui équivaut à Un − C =
An × (U0 − C) ou encore Un = An × (U0 − C) + C.
Le mois de janvier correspond à n = 0 donc le mois de mai correspond à n = 4 . Les probabilités
d'utiliser les marques X, Y et Z au mois de mai sont respectivement x 4 , y 4 et z 4 .
Page 50
TS-spe
Exercices bac -- 2011-2016 -- matrices
On cherche donc U4 qui donnera x 4 et y 4 ; puis on calculera z 4 = 1 − x 4 − y 4 .
(
0,379 4
À la calculatrice, on trouve : U4 = A × (U0 − C) + C =
0,308 53
)
4
De plus, 1 − 0,379 4 − 0,308 53 = 0,312 07 .
Donc les probabilités d'utiliser les marques X, Y et Z au mois de mai sont respectivement
x 4 = 0,379 4 , y 4 = 0,308 53 et z 4 = 0,312 07 .
Page 51
TS-spe
Exercices bac -- 2011-2016 -- matrices
E
15
. énoncé
Liban 2013
1. u 2 = 5u 1 − 6u 0 = 40 − 18 = 22
u 3 = 5u 2 − 6u 1 = 110 − 48 = 62
2. (a) « b prend la valeur 5a − 6c »
(b) La suite semble être croissante.
(
3. A =
5
1
−6
0
)
Prouvons par récurrence que Cn = An C0 .
C'est vrai pour n = 0 , car A0 est la matrice identité.
Supposons que Cn = An C0 , alors
Cn+1 = ACn = A(An C0 ) = A × An C0 = An+1 C0
En conclusion, pour tout entier naturel n , on a
(
4. QP =
−1
1
3
−2
) (
2
1
3
1
)
(
=
Cn = An C0
−2 + 3
2−2
−3 + 3
3−2
)
(
=
1
0
0
1
)
5. C'est trivialement vrai pour n = 1 .
Supposons que An = PDn Q , alors :
An+1 = An × A = PDn Q(PDQ) = PDn (QP)DQ = PDn DQ = PDn+1 Q
En conclusion, pour tout entier naturel n , non nul on a
An = PDn Q.
6. Puisque Cn = An C0 , on obtiendra u n comme la somme :
u n = 8(−2n + 3n ) + 3(3 × 2n − 2 × 3n ) = −8 × 2n + 8 × 3n + 9 × 2n − 6 × 3n = 2n + 2 × 3n .
Les deux suites de terme général 2n et 3n ayant pour limite +∞ , il en résulte que la suite (u n )
n'a pas de limite finie, mais a une limite infinie (on dit qu'elle diverge vers +∞ ).
Page 52
TS-spe
E
Exercices bac -- 2011-2016 -- matrices
16
Liban 2014
. énoncé
Candidats ayant suivi l'enseignement de spécialité
(b) (bn ) est la somme de deux suites géométriques de raisons comprises entre 0 et 1 qui
convergent vers 0, il en est donc de même de (bn ) .
1. Calculer a1 = 0,95 , b1 = 0,05 et c 1 = 0 .
2. (a) 95% des individus restent sains d'un jour au jour suivant d'où
Variables
:
Initialisation
:
Traitement
:
a n+1 = 0,95a n
(b) Au jour n + 1 , 5% des individus sains ( an ) deviennent malades (soit 0,05an ) et 80% des
individus malades bn le reste ( 0,8bn ), d'où
b n+1 = 0,05a n + 0,8b n
3. (a) Pour tout entier naturel n ,

0,95

A × Un = 0,05
0
0
0,8
0,2
   

0
an
0,95a n
   

0 × b n  = 0,05a n + 0,08b n  = Un+1
1
cn
0,2b n + c n


1 0 0


(b) C'est vrai pour n = 0 car D0 = 0 1 0
0 0 1


n
0,95
0
0


Supposons que Dn =  0
0,8n 0 alors :
0
0
1
 

0,95 0 0
0,95n
 

n+1
n
D
= D×D =  0
0,8 0 ×  0
0
0 1
0
(c)
Sortie
0
0,8n
0
4. (a) Un = An × U0 , Soit

0,95n
an

1
  
(0,95n − 0,8n )
b n  = 
1 3
cn
(3 − 4 × 0,95n + 0,8n )
3
0
 
0
0,95n+1
 
0 =  0
1
0
0
0,8n+1
0

0

0
1
1 − 0,8
n



 
0,95n
1



1

  
0
(0,95n − 0,8n )

 ×  0 = 
3


1
0
n
n
1
(3 − 4 × 0,95 + 0,8 )
3
0
0,8n
Fin Tant que
Afficher k
7
b
0,162 8
x
0,663 4
y
0,167 8
b′
0,165 2
8
0,165 2
0,630 2
0,134 2
0,165 3
V
9
0,165 3
0,598 7
0,107 3
0,163 7
F
k
Après le 7 passage
dans la boucle Tant que
Après le 8e passage éventuel
dans la boucle Tant que
Après le 9e passage éventuel
dans la boucle Tant que
Par récurrence, cela sera vrai pour tout entier naturel n .

:
b, b ′ , x, y sont des réels
k est un entier naturel
Affecter à b la valeur 0
Affecter à b ′ la valeur 0,05
Affecter à k la valeur 0
Affecter à x la valeur 0,95
Affecter à y la valeur 0,8
Tant que b < b ′ faire :
| Affecter à k la valeur k + 1
| Affecter à b la valeur b ′
| Affecter à x la valeur 0,95x
| Affecter à y la valeur 0,80y
1
| Affecter à b ′ la valeur (x − y)
3
e
C'est donc vrai au rang n + 1

)
1(
0,95n − 0,8n
3
bn =
Pour chaque ligne du tableau, b désigne bk et b ′ désigne bk+1 ; on a donc :
k
bk
7
8
9
10
0,162 8
0,165 2
0,165 3
0,163 7
Le rang du jour où le pic épidémique est atteint est donc le 9.
d'où
Page 53
Test : b < b ′ ?
V
TS-spe
Exercices bac -- 2011-2016 -- matrices
E
17
On a donc Mp+1 = M × Mp = (A + 0, 5B) × A + 0, 5p B = A2 + 0, 5p AB + 0, 5BA + 0, 5p+1 B2 =
A + 0, 5p+1 B : la relation est donc vraie au rang p + 1 .
Liban 2015
. énoncé
Candidats ayant suivi l'enseignement de spécialité
On a donc pour tout naturel n supérieur ou égal à 1 : Mn = A + 0, 5n B .
1. On a q1 = 0, 6 et donc p 1 = 1 − 0, 6 = 0, 4 .
(d) On sait que :
2. On a le graphe probabiliste suivant :
X n+1 = M × X n
0,4
0,6
F
On vient de montrer que pour tout naturel n supérieur ou égal à 1 :
0,9
F
Le jour n + 1 , on a donc :
pour tout naturel n , p n+1 = 0, 9p n + 0, 4qn et par conséquent :
(
)
q n+1 = 1 − p n+1 = 1 − 0, 9p n + 0, 4q n = 0, 1p n + 0, 6q n .
Il faut donc écrire dans le tableur :
=0,9 *B2+0,4*C2 ;
en C3 :
=0,1*B2+0,6*C2
ou
=1-B3 .
3. (a) On vérifie que :
(
A + 0, 5B =
0, 8
0, 2
) (
0, 8
0, 8
+
0, 2
−0, 4
)
(
)
0, 8
0, 2 −0, 8
+ 0, 5n
=
0, 2
−0, 2 0, 8
)
(
0, 8 + 0, 2 × 0, 5n 0, 8 − 0, 8 × 0, 5n
.
0, 2 − 0, 2 × 0, 5n 0, 2 + 0, 8 × 0, 5n
( ) (
)
)
(
) (
pn
0, 8 0, 8
−0, 8
0, 8 + 0, 2 × 0, 5n 0, 8 − 0, 8 × 0, 5n
n
n 0, 2
D'où X n = M ×X 0 ⇐⇒
=
+0, 5
=
qn
0, 2 0, 2
−0, 2 0, 8
0, 2 − 0, 2 × 0, 5n 0, 2 + 0, 8 × 0, 5n
( )
(
)
(
)
(
) ( )
p0
0, 8 0, 8
−0, 8
0, 8 + 0, 2 × 0, 5n 0, 8 − 0, 8 × 0, 5n
0
n 0, 2
=
+ 0, 5
=
=
n
n ×
q
0, 2 0, 2
−0, 2 0, 8
0, 2 − 0, 2 × 0, 5
0, 2 + 0, 8 × 0, 5
1
( 0
)
0, 8 − 0, 8 × 0, 5n
.
0, 2 + 0, 8 × 0, 5n
Mn = A + 0, 5n B =
0,1
en B3 :
)
pn
.
et X n = M × X 0 , avec X n =
qn
0, 1
−0, 1
)
0, 4
(
=
0, 9
0, 1
(
n
)
0, 4
=M.
0, 6
(
) (
) (
) (
)
0, 8 0, 8
0, 8 0, 8
0, 64 + 0, 16 0, 64 + 0, 16
0, 8 0, 8
2
(b) A = A × A =
×
=
=
=A.
0, 2 0, 2
0, 2 0, 2
0, 16 + 0, 04 0, 16 + 0, 04
0, 2 0, 2
(
) (
) (
) (
)
0, 8 0, 8
0, 2 −0, 8
0, 16 − 0, 16 −0, 64 + 0, 64
0 0
A×B =
×
=
=
.
0, 2 0, 2
−0, 2 0, 8
0, 04 − 0, 04 −0, 16 + 0, 16
0 0
(
) (
) (
) (
)
0, 2 −0, 8
0, 8 0, 8
0, 16 − 0, 16
0, 16 − 0, 16
0 0
De même B × A =
×
=
=
.
−0, 2 0, 8
0, 2 0, 2
−0, 16 + 0, 16 −0, 16 + 0, 16
0 0
(
0, 8
0, 2
On a donc pour tout naturel n , p n = 0, 8 − 0, 8 × 0, 5n .
(e) Comme −1 < 0, 5 < 1 , on sait que lim 0, 5n = 0 , donc lim p n = 0, 8 .
n→+∞
n→+∞
À long terme il n'est pas certain que le fumeur (actuel) s'arrêtera.
(c) On a pour tout naturel n , An = A et Bn = B .
Démonstration par récurrence :
Initialisation : On a vu que pour n = 1 , M = A + 0, 5B . la relation est vraie au rang 1.
Hérédité : supposons qu'il existe un naturel p > 1 tel que Mn = A + 0, 5p B .
Page 54
TS-spe
Exercices bac -- 2011-2016 -- matrices
E
18
sn =
Polynésie 2015
. énoncé
Candidats ayant choisi l'enseignement de spécialité
(
) (
)
(
)
(
−4 6
16 − 18 −24 + 30
−2
−4 6
×
=
=
−3 5
−3 5
12 − 15 −18 + 25
−3
(
) (
)
−4 + 2
6
−2 6
A + 2I =
=
= A2 .
−3
5+2
−3 7
1. A2 =
)
6
.
7
2. En partant de l'égalité A2 = A + 2I , on obtient en multipliant chaque membre par A :
3
2
A = A(A + 2I) = A + 2A = A + 2I + 2A = 3A + 2I et on recommence :
A4 = A × A3 = A(3A + 2I) = 3A2 + 2A = 3(A + 2I) + 2A = 5A + 6I .
3. Démonstration par récurrence :
Initialisation : Pour n = 0 , A0 = I = 0A + 1I = r 0 A + s0 I . la relation est vraie au rang 0 .
) (
) (
)
−4r n 6r n
sn 0
−4r n + s n
6r n
7. Finalement de A = r n A + s n I =
+
=
, on en
−3r n 5r n
0 sn
−3r n
5r n + s n
déduit les quatre coefficients de An .
8
4
2
2
• −4r n + s n = − 2n−1 + × (−1)n + 2n−1 + × (−1)n = −2n + 2 × (−1)n ;
3
3
3
3
n+1
n
• 6r n = 2
− 2 × (−1) ;
• −3r n = −2n + (−1)n ;
10 n−1 5
2
2
• 5r n + s n =
2
− × (−1)n + 2n−1 + × (−1)n = 2n+1 − (−1)n .
3
3
3
3
(
)
n
n
n+1
−2
+
2
×
(−1)
2
−
2
× (−1)n
n
Conclusion : A =
.
−2n + (−1)n
2n+1 − (−1)n
En multipliant chaque membre par A , on obtient :
(
)
A × Ap = A r p A + s p I ⇐⇒ Ap+1 = r p A2 + s p A = r p (A + 2I) + s p A =
(
)
r p + s p A + 2r p I = r p+1 A + s p+1 I : la relation est donc vraie au rang p + 1 .
On a donc démontré par récurrence que, pour tout entier naturel n ,
An = r n A + s n I .
4. On a pour tout entier naturel n :
k n+1 = r n+1 − s n+1 = r n + s n − 2r n = s n − r n = − (r n − s n ) = −k n .
L'égalité kn+1 = −kn montre que la suite (kn ) est géométrique de raison −1 .
On sait qu'alors kn = k0 (−1)n = −(−1)n = (−1)n+1 .
On sait qu'alors t n =
(−1)1
1 2
= 1− = .
3
3 3
2
× 2n−1
3
6. On a donc r n = tn −
(−1)n 2
(−1)n
= × 2n−1 −
.
3
3
3
Or s n = r n − kn , donc
sn =
(
n
Hérédité : Supposons qu'il existe un naturel p non nul, tel que Ap = r p A + s p I .
5. On a donc t 1 = r 1 +
2
2
× 2n−1 + × (−1)n .
3
3
2
(−1)n
2
(−1)n
× 2n−1 −
− (−1)n+1 = × 2n−1 −
+ (−1)n =
3
3
3
3
Page 55
TS-spe
E
Exercices bac -- 2011-2016 -- matrices
19
. énoncé
hérédité : supposons que pour tout entier naturel k on ait Rk = R0 × Mk
Amérique du Nord 2016
1. (a) P(Xn =1) (X n+1 = 1) est la probabilité qu'il y ait exactement une blanche dans l'urne U après
le (n + 1)− ième tirage sachant qu'il y en avait exactement une au n− ième tirage
1
car il s'agit de choisir une blanche dans chaque urne avec une probabilité
2
1
1
ou de choisir une boule noire dans chaque urne avec une probabilité de pour que la situation
4
4
P(Xn =1) (X n+1 = 1) =
reste inchangée.
P(Xn =0) (X n+1 = 1) = 1 car cela signifie que U ne contient que des boules noires et que l'on cherche
Alors Rk+1 = Rk × M = R0 × Mk × M = R0 × Mk+1
la propriété est donc héréditaire à partir du rang 0 et vraie au rang 0 donc on a bien d'après le
principe de récurrence :
∀n ∈
N, Rn = R0 × Mn
3. Initialisation : M0 = I3 et P × D0 × P −1 = P × I3 × P = P × P−1 = I3
Hérédité : supposons que pour tout entier naturel k , on ait Mk = P × Dk × P −1
la probabilité que l'urne V nous redonne une blanche (probabilité =1 car V ne contient que des
blanches)
Alors Mk+1 = Mk ×M = Rk ×M = P×Dk ×P −1 ×M = P×Dk ×P −1 ×P×D×P −1 = P×Dk ×D×P −1 =
P × Dk+1 × P −1 .
P(Xn =2) (X n+1 = 1) = 1 car cela signifie que U ne contient que des boules blanches et que l'on
La propriété est donc héréditaire à partir du rang 0 et vraie au rang 0 donc on a bien d'après le
principe de récurrence :
cherche la probabilité que l'urne V nous redonne une noire (probabilité =1 car V ne contient que
des noires)
(b) (X n = 0) , (Xn = 1) et (X n = 2) forment une partition de l'univers de départ du (n +1)− ième
tirage
on a donc
(
)
(
)
(
)
P (X n+1 = 1) = P (X n+1 = 1) ∩ (X n = 0) + P (X n+1 = 1) ∩ (X n = 1) + P (X n+1 = 1) ∩ (X n = 2)
0
(
1
= 0
4
0
Démonstration par récurrence de ∀n ∈
N, Rn = R0 × Mn

)
1
0
N, Mn = P × Dn × P−1
(
)
(
)
(
) 

1 n−1
1 n
1 n
1
−
−
−


2
2 
  2
4. (a)
−1 = 

0
0
0 
 0
1
0
1
4
1
(
)n (
)n−1 (
) 
1
1 n
1
(
)  −
−
−

1
1 1  2
2
2 
(b) ∀n ∈ , Rn = R0 ×Mn = R0 ×P×Dn ×P −1 =
×

−
0
0 
3
2 6  0
1
4
1


(
)
(
)
(
)
1
1 n 1
1
1 n−1 2
1
1 n 1
On a donc Rn =  −
+
−
+
−
+
3
2
6
3
2
3
3
2
6
( 1 )n
−
 2
Dn × P −1 = 
 0
0
0
 
1
 
 × 1
0
1
1
−2
0
4
0
N
= P(Xn =0) (X n+1 = 1)×P (X n = 0)+P(Xn =1) (X n+1 = 1)×P (X n = 1)+P(Xn =2) (X n+1 = 1)×P (X n = 2)
1
= P (X n = 0) + P (X n = 1) + P (X n = 2)
2

0 1
(
) 1 1

2. R1 = R0 × M = 0 0 1 × 
4 2
0 1
∀n ∈
(
)
)
(
1 n
1 n+1
5. lim +∞ −
= lim +∞ −
= 0
x→n
x→n
2
2
Donc par produit et somme
2
Cela signifie que la probabilité
3
1
que les urnes se retrouvent dans la situation initiale se stabilise vers
quand n devient grand
6
(
)
1
1
la probabilité que les urnes soient « monochrome » se stabilise vers :
pour chaque couleur
3
6
lim P (X n = 0) = lim P (X n = 2) =
n→+∞
Initialisation : M0 = I3 et R0 × I3 = R0
Page 56
n→+∞
1
et
6
lim P (X n = 1) =
n→+∞
TS-spe
Exercices bac -- 2011-2016 -- matrices
E
20
On a comme hypothèse que X p = Ap X 0 .
Antilles septembre 2016
. énoncé
Candidats ayant suivi l'enseignement de spécialité
X p+1 = A × X p = A × (Ap X 0 ) = (A × Ap ) × X 0 = Ap+1 X 0
Donc la propriété est démontrée pour le rang p + 1 .
Partie A
• Conclusion
1. On décrit la situation précédente à l'aide d'un graphe en appelant A l'état « être sain » et B l'état
« être défaillant » :
La propriété est vraie au rang 0 et elle est héréditaire, donc elle est vraie pour tout n .
On a donc démontré que, pour tout entier naturel n , X n = An X 0 .
(
0,03
0,97
A
(c)
B
0,93
0, 687
X 30 = A X 0 ≈
0, 313
)
30
Au bout de 30 jours, il y a 68, 7 % d'appareils sains, et 31, 3 % d'appareils défectueux.
0,07
Partie B
2. a1 = 0, 97a0 + 0, 07b0 = 0, 97 × 0, 4 + 0, 07 × 0, 6 = 0, 43
b 1 = 0, 03a 0 + 0, 93b 0 = 0, 03 × 0, 4 + 0, 93 × 0, 6 = 0, 57
{
a n+1 = 0, 97 a n + 0, 07 b n
3. D'après le texte, on peut dire que
b n+1 = 0, 03 a n + 0, 93 b n
(
0, 97
4. Soit la matrice A =
0, 03
( )
)
an
0, 07
.
. On pose X n =
bn
0, 93
(
0, 9
1. On pose D =
0
)
(
)
0
0, 07
et B =
.
0, 9
0, 03
(a) Au bout de n + 1 jours, un appareil est soit sain soit défectueux ; la proportion d'appareils
sains est an+1 et la proportion d'appareil défectueux est bn+1 donc an+1 + bn+1 = 1 .
(b) On a vu que
{
a n+1 = 0, 97 a n + 0, 07 b n
b n+1 = 0, 03 a n + 0, 93 b n
;
(a) La traduction matricielle du système précédent, est :
(
)
(
a n+1
0, 97
=
b n+1
0, 03
0, 07
0, 93
)(
an
bn
)
ou encore X n+1 = AXn .
(b) Soit Pn la propriété X n = An X 0 .
• Initialisation
Pour n = 0 , An = A0 = I2 la matrice identité d'ordre 2.
A0 × X 0 = I2 × X 0 = X 0 donc la propriété est vraie pour n = 0 .
• Hérédité
On suppose la propriété vraie à un rang p ⩾ 0 ; on va démontrer qu'elle est vraie au rang p + 1 .
or, pour tout n , an + bn = 1 , donc
{
ce qui équivaut à
(
DX n + B =
0, 9
0
{
a n+1 = 0, 97 a n + 0, 07 (1 − a n )
b n+1 = 0, 03 (1 − b n ) + 0, 93 b n
a n+1 = 0, 9 a n + 0, 07
b n+1 = 0, 9 b n + 0, 03
) ( ) (
) (
) (
) (
) (
)
0
an
0, 07
0, 9a n
0, 07
0, 9a n + 0, 07
a n+1
×
+
=
+
=
=
= X n+1
0, 9
bn
0, 03
0, 9b n
0, 03
0, 9b n + 0, 03
b n+1
2. On pose, pour tout entier naturel n , Yn = X n − 10B , donc X n = Yn + 10B .
(a) Yn+1 = Xn+1 − 10B = DX n + B − 10B = D (Yn + 10B) − 9B = DYn + 10DB − 9B
(
9
10D =
0
)
0
= 9I2 donc 10DB − 9B = 9I2 B − 9B = 9B − 9B = 0
9
Donc Yn+1 = DYn .
Page 57
TS-spe
Exercices bac -- 2011-2016 -- matrices
(b) On admet que pour tout entier naturel n , Yn = Dn Y0 .
Donc X n = Yn + 10B = Dn Y0 + 10B = Dn (X 0 − 10B) + 10B .
(
)
0
donc D = 0, 9I2 ;
(c)
0, 9
(
)
0, 9n
0
n
n n
n
on a donc D = 0, 9 I2 = 0, 9 I2 =
0
0, 9n
( )
(
)
( )
0, 4
0, 07
0, 7
X0 =
et B =
donc 10B =
0, 6
0, 03
0, 3
(
) [( ) ( )] ( )
0, 9n
0
0, 4
0, 7
0, 7
n
×
−
+
X n = D (X 0 − 10B) + 10B ⇐⇒ X n =
0
0, 9n
0, 6
0, 3
0, 3
(
) (
) ( )
n
0, 9
0
−0, 3
0, 7
⇐⇒ X n =
×
+
0
0, 9n
0, 3
0, 3
(
) ( )
−0, 3 × 0, 9n
0, 7
⇐⇒ X n =
+
0, 3 × 0, 9n
0, 3
(
)
n
−0, 3 × 0, 9 + 0, 7
⇐⇒ X n =
0, 3 × 0, 9n + 0, 3
{
a n = −0, 3 × 0, 9n + 0, 7
⇐⇒
b n = 0, 3 × 0, 9n + 0, 3
0, 9
D=
0
3. La proportion d'ordinateurs défaillants est bn et on cherche lim bn .
n→+∞
Or −1 < 0, 9 < 1 donc lim 0, 9n = 0 et on en déduit que lim bn = 0, 3 .
n→+∞
n→+∞
Sur le long terme, on peut dire que la proportion d'ordinateurs défaillants va tendre vers 30 %.
Page 58
TS-spe
Exercices bac -- 2011-2016 -- matrices
E
21 . énoncé
Métropole septembre 2016
On dispose d'un dé équilibré à 6 faces numérotées de 1 à 6 et de 3 pièces A, B et C ayant chacune
un côté pile et un côté face.
Un jeu consiste à lancer une ou plusieurs fois le dé.
Après chaque lancer de dé, si l'on obtient 1 ou 2, alors on retourne la pièce A, si l'on obtient 3 ou
4, alors on retourne la pièce B et si l'on obtient 5 ou 6, alors on retourne la pièce C.
Au début du jeu, les 3 pièces sont toutes du côté face.
1. Dans l'algorithme ci-dessous, 0 code le côté face et 1 code le côté pile. Si a code un côté de la
pièce A, alors 1 − a code l'autre côté de la pièce A.
variables
i
d
initialisation
a
b
c
0
0
0
s
1er
passage boucle Pour
1
1
1
0
0
1
2e
passage boucle Pour
2
4
1
1
0
2
3e
passage boucle Pour
3
2
0
1
0
1
(b) Les variables a , b et c sont à 0 ou 1 selon que la pièce montre le côté face ou le côté pile ;
la variable s = a + b + c donne donc le nombre de pièces qui sont du côté pile.
Après une exécution de n tirages, les trois pièces sont du côté pile si s = 3 .
Variables :
Initialisation :
Traitement :
Sortie :
2. Pour tout entier naturel n , on note :
a , b , c , d , s sont des entiers naturels
i , n sont des entiers supérieurs ou égaux à 1
a prend la valeur 0
b prend la valeur 0
c prend la valeur 0
Saisir n
Pour i allant de 1 à n faire
d prend la valeur d'un entier aléatoire compris
•
• Yn l'évènement : « À l'issue de n lancers de dés, une seule pièce est du côté pile et les autres
sont du côté face »
• Z n l'évènement : « À l'issue de n lancers de dés, exactement deux pièces sont du côté pile et
l'autre est du côté face »
•
entre 1 et 6
Si d ⩽ 2
alors a prend la valeur 1 − a
sinon Si d ⩽ 4
alors b prend la valeur 1 − b
sinon c prend la valeur 1 − c
FinSi
FinSi
s prend la valeur a + b + c
FinPour
Afficher s
Tn l'évènement : « À l'issue de n lancers de dés, les trois pièces sont du côté pile ».
De plus on note, x n = p (X n ) ; y n = p (Yn ) ; z n = p (Zn ) et tn = p (Tn ) les probabilités respectives des évènements X n , Yn , Zn et Tn .
(a) Au début du jeu, les trois pièces sont du côté face donc x 0 = 1 , y 0 = 0 , z 0 = 0 et t 0 = 0 .
(b)• À chaque tirage, on retourne une pièce et une seule ; donc si les trois pièces sont du côté face
après le n -ième tirage, il y aura une et une seule pièce du côté pile après le n + 1 -ième tirage. On
en déduit que PXn (Yn+1 ) = 1 .
• Par un raisonnement analogue, on démontre que PTn (Zn+1 ) = 1 .
• Si après le n -ième tirage, il y a une seule pièce du côté pile, il y a deux possibilités :
(a) On exécute cet algorithme en saisissant n = 3 et en supposant que les valeurs aléatoires générées successivement pour d sont 1 ; 4 et 2.
On complète le tableau :
X n l'évènement : « À l'issue de n lancers de dés, les trois pièces sont du côté face »
◦ c'est cette pièce qui est retournée lors du n + 1 -ième tirage, avec une probabilité de
PYn (X n+1 ) =
Page 59
1
;
3
1
, et donc
3
TS-spe
Exercices bac -- 2011-2016 -- matrices
◦ c'est une des deux autres pièces qui est retournée, avec une probabilité de
2
.
3
• Par un raisonnement analogue, on démontre que PZn (Yn+1 ) =
2
, et donc PYn (Z n+1 ) =
3
Cela s'écrit sous forme matricielle :

2
1
et que PZn (Tn+1 ) = .
3
3
(
)
x n+1
y n+1
z n+1
(
t n+1 = x n
yn
On peut donc compléter l'arbre proposé :
1
Xn
Yn+1
xn
1/3
X n+1
2/3
Z n+1
2/3
Yn+1
Yn
yn
zn
Zn
Z n+1
1
(
3. Pour tout entier naturel n , on note Un la matrice ligne x n
(a) U0 = x 0
)
y0
z0
(
t0 = 1
0
2
3
2
3
0
0
1
0


0


1


3

0
1
0
0
2
3
2
3
0
0
1
0


0


1


3

0
4. On va démontrer par récurrence que, pour tout entier naturel n , Un = U0 × Mn .
Tn
(
0
Tn+1
1/3
tn
1


0

1


3
Et donc M = 


0


0
zn
0

1
) 

3
tn × 


0


0

0
0
)
yn
zn
tn .
Soit Pn la propriété Un = U0 × Mn .
• Initialisation
Pour n = 0 , M0 = I4 la matrice identité d'ordre 4.
U0 × M0 = U0 × I4 = U0 donc la propriété est vraie au rang 0.
)
0 .
• Hérédité
(b) On cherche la matrice carrée M telle que, pour tout entier naturel n , Un+1 = Un × M .
On suppose la propriété vraie pour un rang p ⩾ 0 , c'est-à-dire Up = U0 × Mp .
D'après l'arbre et le théorème des probabilités totales, on peut dire que :
Up+1 = Up × M = U0 × Mp × M = U0 × Mp+1 donc la propriété est vraie au rang p + 1 ; elle est



x n+1 =








 y n+1 = x n



z n+1 =







 t n+1 =
donc héréditaire.
1
yn
3
• Conclusion
2
+ zn
3
2
yn
3
La propriété est vraie au rang 0 et elle est héréditaire, donc elle est vraie pour tout n ⩾ 0 .
+t n
1
zn
3
On a donc démontré que, pour tout n , Un = U0 × Mn .
5. On admet que, pour tout entier n ⩾ 1 ,
Page 60
TS-spe
xn =
Exercices bac -- 2011-2016 -- matrices
( )n
( )n
(−1)n + 3 × − 13 + 3 × 13 + 1
(
zn =
)
1 n
−3 × − 3
8
−3×
( 1 )n
3
yn =
;
n
+ (−1) × 3 + 3
8
n
;
tn =
n
tn
( )n
( )n
−3 × − 31 + 3 × 13 − (−1)n × 3 + 3
−(−1) + 3 ×
(
8
)n
− 13
−3×
( 1 )n
3
+1
1
0
2
0
3
0,222 22
4
0
5
0,246 91
6
0
7
0,249 65
t 7 > 0, 249 donc l'affirmation est vraie.
8
Remarque
(b)• Première affirmation
( )n
1 3
1
− ×
.
4 4
3
( )n
1 3
1
1
La suite (u n ) définie sur
par un = − ×
est convergente et a pour limite .
4 4
3
4
Donc il existe un rang n 0 à partir duquel u n > 0, 249 .
« À l'issue d'un nombre pair de lancers de dés, les pièces peuvent être toutes les trois du côté pile ».
La suite (tn ) coïncide avec la suite (u n ) pour tous les n impairs.
(a) La probabilité qu'au bout de 5 lancers de dés, une seule des trois pièces soit du côté pile est
y5 .
y5 =
( )5
( )5
−3 × − 13 + 3 × 13 − (−1)5 × 3 + 3
8
=
N
61
≈ 0, 753 .
81
Donc si n 0 est impair, t n0 = u n0 > 0, 249 .
On veut savoir si, à l'issue d'un nombre pair de lancers, on peut avoir tn = 1 .
(
Si n est pair, alors (−1)n = 1 et −
1
3
)n
=
On a vu plus haut que, pour n impair, t n =
( )n
1
; on en déduit que t n = 0 .
3
Et si n 0 est pair, on prend n1 = n 0 + 1 et tn1 = un1 > 0, 249 .
Les suites extraites ne sont certes pas au programme de terminale S mais cet exemple est assez facile
à comprendre pour un élève attentif. Et puis, c'est tellement plus joli qu'avec la calculatrice !
Enfin ce raisonnement permet de dire qu'il existe un rang à partir duquel tn > 0,249 999 .
Donc l'affirmation est fausse.
• Deuxième affirmation
« Au cours du jeu, la probabilité que les pièces soient toutes les trois du côté pile peut être supérieure ou égale à
1
».
4
On a vu que si n était pair, tn valait 0 qui est inférieur à
(
( )n
1
.
3
( )n
( )n
( )n
1
1
1
( )n
−3×
+1 2−6×
1−3×
1
1 3
1
3
3
3
<
=
= − ×
Donc t n =
8
8
4 4
3
4
Si n est impair, (−1)n = −1 et −
1
3
)n
1
.
4
=−
Donc l'affirmation est fausse.
• Troisième affirmation
« Au cours du jeu, la probabilité que les pièces soient toutes les trois du côté pile peut être supérieure ou égale à 0, 249 ».
On calcule t n pour quelques valeurs de n :
Page 61
TS-spe
Exercices bac -- 2011-2016 -- matrices
E
22
. énoncé
(c) Soit Pn la propriété An = PDn P −1 .
Nouvelle Calédonie novembre 2016
On observe la taille d'une colonie de fourmis tous les jours.
Pour tout entier naturel n non nul, on note un le nombre de fourmis, exprimé en milliers dans
cette population au bout du n -ième jour.
Au début de l'étude la colonie compte 5 000 fourmis et au bout d'un jour elle compte 5 100 fourmis.
Ainsi, on a u 0 = 5 et u 1 = 5, 1 .
On suppose que l'accroissement de la taille de la colonie d'un jour sur l'autre diminue de 10 %
chaque jour.
En d'autres termes. pour tout entier naturel n , u n+2 − u n+1 = 0, 9 (un+1 − un ) .
{
u n+2
u n+1
(
) (
u n+2
1, 9
=
u n+1
1
On a :
−0, 9
.
0
(
• Hérédité
On a démontré que, pour tout n , Pn =⇒ Pn+1 .
La propriété est donc héréditaire à partir du rang 0.
La propriété est vraie au rang 0 ; elle est héréditaire à partir du rang 0, donc, d'après le principe de
récurrence, elle est vraie pour tout entier naturel n .
On a donc démontré que, pour tout entier naturel n , An = PDn P −1 .
(
)
1
. On admet que la matrice P est inversible. Avec la calculatrice, on
1
)
10
trouve P
.
−9
(
)(
) (
) (
−10 10 1, 9 −0, 9
−10 × 1, 9 + 10 × 1 −10 × (−0, 9) + 10 × 0
−9
−1
P A=
=
=
10 −9
1
0
10 × 1, 9 − 9 × 1
10 × (−0, 9) − 9 × 0
10
(
)(
) (
) (
)
−9 9 0, 9 1
−9 × 0, 9 + 9 × 1 −9 × 1 + 9 × 1
0, 9 0
P −1 AP =
=
=
10 −9
1
1
10 × 0, 9 − 9 × 1 10 × 1 − 9 × 1
0
1
(
)
0, 9 0
Donc D =
.
0
1
−1
Donc la propriété P0 est vérifiée.
• Conclusion
On admet alors que, pour tout entier naturel n, Vn = An V0 .
0, 9
1
A0 = I2 et D0 = I2 donc PD0 P −1 = PI2 P −1 = PP −1 = I2
La propriété est donc vraie au rang n + 1 .
1, 9u n+1 − 0, 9u n
, système qui s'écrit sous la forme matricielle :
u n+1
+ 0 × un
)(
)
(
)
−0.9 u n+1
1, 9 −0.9
⇐⇒ Vn+1 = AVn , avec A =
.
0
un
1
0
(b) On pose P =
)
0
.
1
(
)(
)
(
)
An+1 = A × An = PDP −1 PDn P −1 = PD P −1 P Dn P −1 = PDn+1 P −1
=
=
(
1
On appelle I2 la matrice identité d'ordre 2 : I2 =
0
On veut démontrer que la propriété est vraie au rang n + 1 .
)
(a) un+2 −un+1 = 0, 9 (u n+1 − u n ) ⇐⇒ u n+2 = 0, 9 u n+1 −0, 9 u n +un+1 ⇐⇒ u n+2 = 1, 9 u n+1 −
0, 9 u n
(
Soit n un entier naturel quelconque ; supposons que la propriété est vraie au rang n , c'est-à -dire
que An = PDn P−1 (hypothèse de récurrence).
1. D'après le texte, u 2 − u 1 = 0, 9 (u1 − u0 ) donc
u 2 = 0, 9 (5, 1 − 5) + 5, 1 = 0, 9 × 0, 1 + 5, 1 = 0, 09 + 5, 1 = 5, 19
(
)
(
u n+1
1, 9
2. Pour tout entier naturel n , on pose Vn =
et A =
un
1
• Initialisation
−10
=
10
9
−9
)
)
−10 × 0, 9n+1 + 10 10 × 0, 9n+1 − 9
Pour tout entier naturel n , on admet que A =
.
−10 × 0, 9n + 10
10 × 0, 9n − 9
(
)
( )
u n+1
n
n
n u1
(d) Pour tout entier n , on a V = A V0 c'est-à -dire
=A
.
un
u0
(
)
(
)
D'où : un = − 10 × 0, 9n + 10 × u 1 + 10 × 0, 9n − 9 × u 0
(
)
(
)
= − 10 × 0, 9n + 10 × 5, 1 + 10 × 0, 9n − 9 × 5
= −52 × 0, 9n + 51 + 50 × 0, 9n − 45
= 6 − 0, 9n
n
3. La taille de la colonie au bout du 10e jour est u 10 = 6 − 0, 910 ≈ 5, 651 .
Au bout du dixième jour, il y aura donc environ 5 651 fourmis.
Page 62
TS-spe
Exercices bac -- 2011-2016 -- matrices
4. Comme 0 < 0, 9 < 1 , lim 0, 9n = 0 .
n→+∞
D'après les théorèmes sur les sommes de limite de suites, la suite (u n ) converge donc vers 6 .
Le nombre de fourmis dans la colonie tendra 6 000 individus.
Page 63
Téléchargement
Explore flashcards