Correction du devoir non surveillé de mathématiques no 6

Terminale S - sp´ecialit´e corrig´e du devoir maison n˚6
Correction du devoir non surveill´e de math´ematiques no6
Exercice 1 :
Soit nun entier non nul. On consid`ere les nombres aet btels que :
a= 2n3+ 5n2+ 4n+ 1 et b= 2n2+n
1. Il et clair que b=n(2n+ 1), pour tout entier nnon nul.
−1
2est une racine du polynˆome 2x3+ 5x2+ 4x+ 1 donc ce polynˆome peut ˆetre factoris´e par 2x+ 1.
Puisque le degr´e de 2x3+ 5x2+ 4x+ 1 est 3 et celui de 2x+ 1 est 1, d´eterminons 3 r´eels α, β et γtels
que 2x3+ 5x2+ 4x+ 1 = (2x+ 1)(αx2+βx +γ).
(2x+ 1)(αx2+βx +γ) = 2αx3+ 2βx2+ 2γx +αx2+βx +γ= 2αx3+ (α+ 2β)x2+ (β+ 2γ)x+γ.
Par identification des coefficients, 
2α= 2
α+ 2β= 5
β+ 2γ= 4
γ= 1
⇐⇒ 
α= 1
β= 2
γ= 1
On a donc 2x3+ 5x2+ 4x+ 1 = (2x+ 1)(x2+ 2x+ 1) pour tout r´eel x.
Ainsi, pour tout entier nnon nul, a= 2n3+ 5n2+ 4n+ 1 = (2n+ 1)(n2+ 2n+ 1)
Finalement, puisque a= (2n+ 1)(n2+ 2n+ 1) et b= (2n+ 1)navec (n2+ 2n+ 1) et ndes entiers pour
tout entier nnon nul, 2n+ 1 divise aet b.
2. Soit n∈N∗.
Soit dun diviseur commun de net n+ 1. Il suffit de prouver que dest forc´ement ´egal `a 1ou −1.
ddivise toute combinaison lin´eaire de net n+ 1, en particulier (n+ 1) −n= 1. Ainsi, ddivise 1, c’est-`a-dire
d= 1 ou d= 1. Ainsi, net n+ 1 sont premiers entre eux.
3. La r´eponse est vraie :
PGCD (a,b) = (2n+ 1)PGCD (n2+ 2n+ 1,n)d’apr`es la question 1.
Mais n2+ 2n+ 1 = (n+ 1)2. Comme net n+ 1 sont premiers entre eux, il en est de mˆeme pour net (n+ 1)2
et on a alors PGCD (n2+ 2n+ 1,n) = 1.
D’o`u, PGCD (a,b) = 2n+ 1.
Exercice 2 :
On consid`ere une puce se d´epla¸cant d’un sommet `a l’autre d’un triangle ABC.
`
A chaque instant, la puce saute sur un des deux sommets laiss´es libres avec la mˆeme
probabilit´e pour chacun.
n´etant un entier naturel, on note anla probabilit´e que la puce se trouve sur le sommet
Aapr`es le n-i`eme saut, bnla probabilit´e que la puce se trouve sur le sommet Bapr`es
le n-i`eme saut, et cnla probabilit´e que la puce se trouve sur le sommet Capr`es le
n-i`eme saut.
a0, b0et c0sont des r´eels positifs tels que a0+b0+c0= 1. Pour tout entient n, on note Pn=anbncnla
matrice ligne traduisant la loi de probabilit´e donnant l’´etat apr`es le n-i`eme saut.
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1. Graphe probabiliste d´ecrivant la situation :
B
A
C
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
2. M´etant la matrice de transition du graphe pr´ec´edent, on a :
M=
01
2
1
2
1
201 2
1
2
1
20
3. a. On a Pn=Pn−1×M=Pn−2×M×M=··· =P0×Mn, soit Pn=P0×Mn(n∈N).
b. ` A la calculatrice, on obtient M4=
3
8
5
16
5
16
5
16
3
8
5
16
5
16
5
16
3
8
´
Etant donn´e que la probabilit´e que la puce soit sur le sommet Aapr`es la quatri`eme saut correspond au
coefficient de la premi`ere colonne du produit P0×M4, on obtient la probabilit´e 3
8a0+5 16 b0+5 16 c0=
6a0+5b0+5c0
16 .
4. Dans cette question, on souhaite d´eterminer la limite des coefficients de Mnlorsque ntend vers +∞.
a. Iest la matrice identit´e d’ordre 3 et N=
1 1 1
1 1 1
1 1 1
.
Ainsi, N−I=
0 1 1
1 0 1
1 1 0
, c’est-`a-dire M=1
2(N−I).
b. On a N×N=
1 1 1
1 1 1
1 1 1
×
1 1 1
1 1 1
1 1 1
=
3 3 3
3 3 3
3 3 3
= 3N.
Donc N2= 3N.
c. Montrons par r´ecurrence que, pour tout entier nnon nul, Mn=1
3 N+−1 2n3I−N!.
∗Initialisation : M1=1
2(N−I)et 1 3 N+−1 213I−N!=1 3 3 2N−3 2I!=1 2(N−I). L’´egalit´e
est donc vraie au rang 1.
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∗H´er´edit´e : supposons que Mn=1
3 N+−1 2n3I−N!pour un entier n>1et montrons que
Mn+1 =1
3 N+−1 2n+1 3I−N!.
On a Mn+1 =Mn×M
=1
3 N+−1 2n
3I−N!×Md’apr`es l’hypoth`ese de r´ecurrence
=1
3 N+−1 2n
3I−N!×1
2(N−I)d’apr`es la question 4a.
=1
3 1 2N2−1 2N+1 2−1 2n
3N−N2+−1
2n+1
3I−N!
=1
3 3 2N−1 2N+1 2−1 2n
3N−3N+−1
2n+1
3I−N!car N3= 3N
=1
3 N+−1 2n+1
3I−N!
Donc, on a Mn+1 =1
3 N+−1 2n+1 3I−N!.
∗Conclusion : d’apr`es le principe de r´ecurrence, Mn=1
3 N+−1 2n3I−N!,∀n∈N∗.
d. D’apr`es la question pr´ec´edente, on a Mn=1
3 N+−1 2n3I−N!,∀n∈N∗, soit
Mn=1
3
1 + 2 ×−1
2n1−−1 2n1−−1 2n
1−−1
2n1 + 2 ×−1 2n1−−1 2n
1−−1
2n1−−1 2n1 + 2 ×−1 2n
Mais −1<−1
2<1donc lim
n→+∞−1
2n
= 0. Ainsi, les coefficients de la matrice Mnconvergent tous
vers 1
3.
5. Puisque Pn=P0×Mnpour tout entier nnon nul, par passage `a la limite et en utilisant la question pr´ec´e-
dente, la «limite »de l’´etat probabiliste Pnlorsque ntend vers +∞est P0×
1
3
1
3
1
3
1
3
1
3
1
3
1
3
1
3
1
3
.
En effectuant ce calcul, on obtient la matrice ligne a0+b0+c0
3
a0+b0+c0
3
a0+b0+c0
3=1
3
1
3
1
3.
En effectuant un simple calul matriciel, on constate que 1
3
1
3
1
3×M=1 3
1
3
1
3. On peut donc dire
que la limite de l’´etat probabiliste correspond `a un ´etat stationnaire pour M.
6. En utilisant les r´esultats pr´ec´edents, quelque soit l’´etat probabiliste initial, la puce aura la mˆeme probabilit´e
de se situer sur n’importe quel sommet du triangle apr`es un tr`es grand nombre de sauts.
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