Correction du devoir non surveillé de mathématiques no 6

Terminale S - spécialité
corrigé du devoir maison n˚6
Correction du devoir non surveillé de mathématiques no 6
Exercice 1 :
Soit n un entier non nul. On considère les nombres a et b tels que :
a = 2n3 + 5n2 + 4n + 1 et
b = 2n2 + n
1. Il et clair que b = n(2n + 1), pour tout entier n non nul.
1
3
2
− 2 est une racine du polynôme 2x + 5x + 4x + 1 donc ce polynôme peut être factorisé par 2x + 1.
Puisque le degré de 2x3 + 5x2 + 4x + 1 est 3 et celui de 2x + 1 est 1, déterminons 3 réels α, β et γ tels
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.




2α = 2


α = 1
α + 2β = 5
⇐⇒
Par identification des coefficients,
β=2


β
+
2γ
=
4



γ=1

γ = 1
On a donc 2x3 + 5x2 + 4x + 1 = (2x + 1)(x2 + 2x + 1) pour tout réel x.
Ainsi, pour tout entier n non nul, a = 2n3 + 5n2 + 4n + 1 = (2n + 1)(n2 + 2n + 1)
Finalement, puisque a = (2n + 1)(n2 + 2n + 1) et b = (2n + 1)n avec (n2 + 2n + 1) et n des entiers pour
tout entier n non nul, 2n + 1 divise a et b.
2. Soit n ∈ N∗ .
Soit d un diviseur commun de n et n + 1. Il suffit de prouver que d est forcément égal à 1 ou −1.
d divise toute combinaison linéaire de n et n + 1, en particulier (n + 1) − n = 1. Ainsi, d divise 1, c’est-à-dire
d = 1 ou d = 1. Ainsi, n et n + 1 sont premiers entre eux.
3. La réponse est vraie :
PGCD (a,b) = (2n + 1)PGCD (n2 + 2n + 1,n) d’après la question 1.
Mais n2 + 2n + 1 = (n + 1)2 . Comme n et n + 1 sont premiers entre eux, il en est de même pour n et (n + 1)2
et on a alors PGCD (n2 + 2n + 1,n) = 1.
D’où, PGCD (a,b) = 2n + 1.
Exercice 2 :
On considère une puce se déplaçant d’un sommet à l’autre d’un triangle ABC.
À chaque instant, la puce saute sur un des deux sommets laissés libres avec la même
probabilité pour chacun.
n étant un entier naturel, on note an la probabilité que la puce se trouve sur le sommet
A après le n-ième saut, bn la probabilité que la puce se trouve sur le sommet B après
le n-ième saut, et cn la probabilité que la puce se trouve sur le sommet C après le
n-ième saut.
a0 , b0 et c0 sont des réels positifs tels que a0 + b0 + c0 = 1. Pour tout entient n, on note Pn = an bn cn la
matrice ligne traduisant la loi de probabilité donnant l’état après le n-ième saut.
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11 mars 2013
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1. Graphe probabiliste décrivant la situation :
A
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
B
C
0,5
2. M étant la matrice de transition du graphe précédent, on a

0 12

M =  12 0
1
2
1
2
:
1
2
1
2

0
3. a. On a Pn = Pn−1 × M = Pn−2 × M × M = · · · = P0 × M n , soit Pn = P0 × M n (n ∈ N).
3

5
5
8
b. À la calculatrice, on obtient
M4
5
=  16
5
16
16
3
8
5
16
16
5 
16 
3
8
Étant donné que la probabilité que la puce soit sur le sommet A après la quatrième saut correspond au
5
5
coefficient de la première colonne du produit P0 × M 4 , on obtient la probabilité 83 a0 + 16
b0 + 16
c0 =
6a0 +5b0 +5c0
.
16
4. Dans cette question, on souhaite déterminer la limite des coefficients de M n lorsque n tend vers +∞.


1 1 1
a. I est la matrice identité d’ordre 3 et N = 1 1 1 .
1 1 1


0 1 1

Ainsi, N − I = 1 0 1, c’est-à-dire M = 21 (N − I).
1 1 0

 

 
3 3 3
1 1 1
1 1 1
b. On a N × N = 1 1 1 × 1 1 1 = 3 3 3 = 3N .
3 3 3
1 1 1
1 1 1
Donc N 2 = 3N .
c. Montrons par récurrence que, pour tout entier n non nul,
∗ Initialisation : M 1 = 21 (N − I) et
est donc vraie au rang 1.
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1
3
N + − 21
1
Mn
3I − N
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=
!
1
3
N+
=
1
3
n
− 21
3
2N
− 23 I
3I − N
!
!
.
= 12 (N − I). L’égalité
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1
3
∗ Hérédité : supposons que M n =
M n+1 =
1
3
N + − 21
n+1
1 n
3I − N
N + −2
!
3I − N
!
pour un entier n > 1 et montrons que
.
On a M n+1 = M n × M
1
=
3
n
n
1
N+ −
2
3I − N
1
=
3
1
N+ −
2
1
=
3
1
1 2 1
N − N+
2
2
2
1
=
3
3
1
1
N− N+
2
2
2
1
=
3
1
N+ −
2
Donc, on a M n+1 =
1
3
3I − N
n+1
1
−
2
1
−
2
!
×M
n
d’après l’hypothèse de récurrence
1
× (N − I)
2
n
3I − N
1 n+1
N + −2
!
3N − N
2
d’après la question 4a.
1
+ −
2
1
3N − 3N + −
2
!
3I − N
∗ Conclusion : d’après le principe de récurrence,
!
Mn
n+1
n+1
3I − N
3I − N
!
!
car N 3 = 3N
.
=
1
3
N+
n
− 21
3I − N
!
1 n
!
, ∀n ∈ N∗ .
3I − N
, ∀n ∈ N∗ , soit
d. D’après la question précédente, on a M n = 31 N + − 2

n
n
n 
1 − − 21
1 − − 12
1 + 2 × − 12


1 n
1 n
1 n 
M n = 31 
1
−
−
1
+
2
×
−
1
−
−
2
2
2


n
n
n
1 − − 21
1 + 2 × − 21
1 − − 12
n
1
1
Mais −1 < − 2 < 1 donc lim
−
= 0. Ainsi, les coefficients de la matrice M n convergent tous
n→+∞
2
vers 31 .
5. Puisque Pn = P0 × M n pour tout entier n non nul, par passage à la limite et en utilisant la question précé1 1 1
3

dente, la « limite » de l’état probabiliste Pn lorsque n tend vers +∞ est P0 ×  31
En effectuant ce calcul, on obtient la matrice ligne
a0 +b0 +c0
3
a0 +b0 +c0
3
1
3 a0 +b0 +c0
3
En effectuant un simple calul matriciel, on constate que 13 31 31 × M =
que la limite de l’état probabiliste correspond à un état stationnaire pour M .
1
3
1
3
3
1
3
1
3
=
1
3
3
1
3 .
1
3
1
1
3
3
1
3
.
. On peut donc dire
6. En utilisant les résultats précédents, quelque soit l’état probabiliste initial, la puce aura la même probabilité
de se situer sur n’importe quel sommet du triangle après un très grand nombre de sauts.
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