Sujet national, juin 2015, exercice de spécialité

Énoncé

5 points
1. On considère l'équation (E) à résoudre dans \mathbb{Z} : 7x − 5y = 1.
a) 
Vérifier que le couple (3 ; 4) est solution de (E).
Remplacez dans l'équation x par 3 et y par 4.
b) 
Montrer que le couple d'entiers (x ; y) est solution de (E) si et seulement si 7(x − 3) = 5(y − 4).
Utilisez le résultat du 1.a.
c) 
Montrer que les solutions entières de l'équation (E) sont exactement les couples (x ; y) d'entiers relatifs tels que :
\begin{cases}x=5k+3\cr{y=7k+4}\end{cases}k \in \mathbb{Z}.
Utilisez le théorème de Gauss.
2. 
Une boîte contient 25 jetons, des rouges, des verts et des blancs. Sur les 25 jetons il y a x jetons rouges et y jetons verts. Sachant que 7x − 5y = 1, quels peuvent être les nombres de jetons rouges, verts et blancs ?
Utilisez le résultat précédent, puis un raisonnement par disjonction de cas.
Dans la suite, on supposera qu'il y a 3 jetons rouges et 4 jetons verts.
3. 
On considère la marche aléatoire suivante d'un pion sur un triangle ABC. À chaque étape, on tire au hasard un des jetons parmi les 25, puis on le remet dans la boîte.
Lorsqu'on est en A :
– si le jeton tiré est rouge, le pion va en B ;
– si le jeton tiré est vert, le pion va en C ;
– si le jeton tiré est blanc, le pion reste en A.
Lorsqu'on est en B :
– si le jeton tiré est rouge, le pion va en B ;
– si le jeton tiré est vert, le pion va en C ;
– si le jeton tiré est blanc, le pion reste en B.
Lorsqu'on est en C :
– si le jeton tiré est rouge, le pion va en A ;
– si le jeton tiré est vert, le pion va en B ;
– si le jeton tiré est blanc, le pion reste en C.
Au départ, le pion est sur le sommet A.
Pour tout entier naturel n, on note an, bn et cn les probabilités que le pion soit respectivement sur les sommets A, B et C à l'étape n.
On note Xn la matrice ligne (an, bn et cn) et T la matrice \left (\begin{matrix}0,72 \qquad {0,12} \qquad {0,16} \cr {0,12} \qquad {0,72} \qquad {0,16} \cr {0,12} \qquad {0,16} \qquad {0,72}\end{matrix}\right).
Donner la matrice ligne X0 et montrer que pour tout entier naturel n, Xn+1 = XnT.
Traduisez les différentes étapes de l'énoncé sous forme de probabilités.
4. 
On admet que T = PDP−1P−1 =  P_{-1} = \left(\begin{matrix}\frac{3}{10} \qquad {\frac{37}{110}} \qquad {\frac{4}{11}} \cr {\frac{1}{10}} \qquad {-\frac{1}{10}} \qquad {0} \cr {0} \qquad {\frac{3}{11}} \qquad {-\frac{1}{11}}\end{matrix}\right) et \mathrm{D} = \left(\begin{matrix}1 \qquad {0} \qquad {0} \cr {0,} \qquad {0,6} \qquad {0} \cr {0} \qquad {0} \qquad {0,56}\end{matrix}\right).
a) 
À l'aide de la calculatrice, donner les coefficients de la matrice P. On pourra remarquer qu'ils sont entiers.
Revenez à la définition de l'inverse d'une matrice.
b) 
Montrer que Tn = PDnP−1.
Effectuez une démonstration par récurrence.
c) 
Donner sans justification les coefficients de la matrice Dn.
On note \alpha_{n}, \beta_{n}, \gamma_{n} les coefficients de la première ligne de la matrice Tn ainsi :
\mathrm{T^{n}} = \left(\begin{matrix}\alpha_{n} \qquad {\beta_{n}} \qquad {\gamma_{n}} \cr {...} \qquad {...} \qquad {...} \cr {...} \qquad {...} \qquad {...}\end{matrix}\right).
On admet que a_{n}= \frac{3}{10} + \frac{7}{10} \times 0,6^{n} et \beta_{n}=\frac{37- 77\times{0,6}^{n}+40\times{0,56}^{n}}{110}.
On ne cherchera pas à calculer les coefficients de la deuxième ligne ni ceux de la troisième ligne.
Il suffit d'élever à la puissance n chaque élément de la diagonale principale.
5. 
On rappelle que, pour tout entier naturel n, X_{n} = X_{0}T^{n}.
a) 
Déterminer les nombres an, bn à l'aide des coefficients \alpha_{n} et \beta_{n}. En déduire cn.
Revenez à la définition du produit matriciel.
b) 
Déterminer les limites des suites (an), (bn) et (cn).
Utilisez le fait qu'une suite géométrique de raison q strictement comprise entre −1 et 1 tend vers 0 au voisinage de l'infini.
c) 
Sur quel sommet a-t-on le plus de chance de se retrouver après un grand nombre d'itérations de cette marche aléatoire ?
Le sommet sur lequel on a le plus de chance de se retrouver après un grand nombre d'itérations est le sommet dont la limite de la suite associée est la plus grande.

Corrigé

1. 
a) 3\times 7-4\times 5 = 1 donc le couple (3 ; 4) est bien solution de l'équation (E).
b) En retranchant membre à membre l'équation (E) et l'égalité précédente on obtient :
7x-21-5y+20 = 0 soit en factorisant par 7 et 5, 7(x\,-\,3) = 5(y\,-\,4).
Réciproquement, si on a 7(x\,-\,3) = 5(y\,-\,4), on obtient 7x-5y = 1.
c) Dire que (x ; y) est un couple d'entiers solution de (E), cela équivaut à dire que 7(x-3) = 5(y-4).
7(x-3) = 5(y-4) donc 7 divise 5(y-4) mais 7 et 5 sont premiers entre eux, donc, d'après le théorème de Gauss, 7 divise y-4.
Il existe par conséquent un entier relatif k tel que y-4 = 7k ou y = 7k+4 avec k\in\Z.
Puisque 7(x-3) = 5(y-4) et y-4 = 7k, cela entraîne que 7(x-3) = 5\times 7k soit x-3 = 5k ou x = 5k+3.
Donc si (x ; y) est solution de (E), alors x = 5k+3 et y = 7k+4, avec k \in \mathbb{Z}.
Réciproquement, si le couple d'entiers (x ; y) est tel que :
x = 5k+3 et y = 7k+4 avec k \in \mathbb{Z}, alors :
7x-5y = 7(5k+3)-5(7k+4) = 35k+21 -35k -20 = 1, ce qui équivaut au fait que (x ; y) est solution de (E).
Les solutions entières de l'équation (E) sont exactement les couples (x ; y) d'entiers relatifs tels que x = 5k+3 et y = 7k+4 avec k \in \mathbb{Z}.
2. D'après la question précédente, on peut dire que x = 5k+3 et y = 7k+4 avec k entier relatif.
Soit z le nombre de jetons blancs.
x+y+z est inférieur ou égal à 25 qui est le nombre total de jetons dans la boîte.
On va raisonner par disjonction de cas.
Le nombre de jetons est positif, donc on commence par k=0.
Dans ce cas, x = 3, y = 4 et z = 25-3-4 = 18.
Pour k = 1, x = 8, y = 11 et z = 25-8-11 = 6.
Dès que k > 2, x + y > 25 donc il n'y a, dans ce cas, aucune solution.
3. Au départ, pour n = 0, le pion est en A, donc X_0=\begin{matrix} 1 \qquad 0 \qquad 0 \end{matrix}.
D'après le texte, on tire au hasard un pion dans la boîte, ce qui signifie que nous avons équiprobabilité.
La probabilité de tirer un pion rouge est \frac{3}{25} = 0,12 puisque nous avons 3 pions rouges sur 25.
De même, la probabilité de tirer un pion vert est donc égale à \frac{4}{25} = 0,16 et celle de tirer un pion blanc est égale à \frac{18}{25} = 0,72.
Cherchons à déterminer la probabilité a_{n+1} que le pion soit en A à l'étape n + 1.
S'il était en A à l'étape n, il faudrait tirer une boule blanche pour qu'il y reste, ce qui se ferait avec une probabilité de 0,72.
Comme il avait une probabilité égale à a_{n} d'être en A à l'étape n, ce qui donne 0,72a_{n}.
S'il était en B à l'étape n, il faut tirer une boule rouge pour qu'il passe en A, ce qui se fait avec une probabilité de 0,12.
Comme il avait une probabilité égale à b_{n} d'être en B à l'étape n, ce qui donne 0,12b_{n}.
S'il était en C à l'étape n, il faut tirer une boule rouge pour qu'il passe en A, ce qui se fait avec une probabilité de 0,12.
Comme il avait une probabilité égale à c_{n} d'être en C à l'étape n, ce qui donne 0,12c_{n}.
Et finalement, on obtient a_{n+1} = 0,72a_n+0,12b_n+0,12c_n.
On justifie de la même façon que :
b_{n+1} = 0,12 a_n\,+\,0,72 b_n\,+\,0,16 c_n et :
c_{n+1} = 0,16 a_n\,+\,0,16 b_n\,+\,0,72 c_n, ce qui donne sous forme matricielle :
\begin{pmatrix} a_{n+1} \qquad b_{n+1} \qquad c_{n+1} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a_{n} \qquad b_{n} \qquad c_{n} \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} 0,72 \qquad 0,12 \qquad 0,16 \cr 0,12 \qquad 0,72 \qquad 0,16 \cr 0,12 \qquad 0,16 \qquad 0,72 \end{pmatrix},
soit X_{n+1}=X_{n}T avec T=\begin{pmatrix} 0,72 \qquad 0,12 \qquad 0,16 \cr 0,12 \qquad 0,72 \qquad 0,16 \cr 0,12 \qquad 0,16 \qquad 0,72 \end{pmatrix}.
4. 
a) Par définition de l'inverse d'une matrice, P=\left (P^{-1}\right )^{-1} et, à la calculatrice, on trouve :
P=\, \begin{pmatrix} 1 \qquad 7 \qquad 4 \cr 1 \qquad -3 \qquad 4 \cr 1 \qquad -3 \qquad -7 \end{pmatrix}.
b) Démontrons par récurrence que la propriété \mathcal P_n: T^n=PD^nP^{-1} est vraie pour tout entier n \geq 1.
On sait que T = PDP^{-1}, donc la propriété est vraie au rang n=1.
On suppose la propriété P_n vraie à un rang n (n \geq 1) et on va démontrer que la propriété est vraie au rang n+1.
T^{n+1} = Tn\times T or, d'après l'hypothèse de récurrence, T^n = PD^nP^{-1}.
De plus, on sait que T = PDP^{-1}, donc :
T^{n+1} = PD^nP^{-1}\times PDP^{-1} = PD^nP^{-1}PDP^{-1} = PD^{n+1}P^{-1}.
Donc, la propriété est vraie au rang n+1.
Initialisation et hérédité sont vérifiées, donc P_n est vraie pour tout n \geq 1.
c) D étant une matrice diagonale, on obtient : D^n= \begin{pmatrix} 1 \qquad 0 \qquad 0 \cr 0 \qquad 0,6^n \qquad 0 \cr 0 \qquad 0 \qquad 0,56^n \end{pmatrix}.
5. 
a) X_n = \begin{pmatrix} a_n \qquad b_n \qquad c_n \end{pmatrix} et X_0 = \begin{pmatrix} 1 \qquad 0 \qquad 0 \end{pmatrix}.
X_n=X_0T^n, donc le premier élément a_n de X_n est obtenu en faisant 1 \times \alpha_n, ce qui donne a_n=\alpha_n.
Un raisonnement analogue nous conduirait à trouver b_n=\beta_n et c_n=\gamma_n.
Par ailleurs, puisque à chaque étape le pion est soit en A, soit en B, soit en C, on a a_n+b_n+c_n=1, finalement, c_n=1-a_n-b_n=1-\alpha_n-\beta_n.
b) Puisque −1 < 0,6 < 1 et −1 < 0,56 < 1, \displaystyle {\lim_{n\rightarrow+\infty}a_n=\frac{3}{10}}, \displaystyle{\lim_{n\rightarrow+\infty}b_n=\frac{37}{110}} et \displaystyle{\lim_{n\rightarrow+\infty}c_n=1-\frac{3}{10}-\frac{37}{110}=\frac{4}{11}}.
c) Le sommet sur lequel on a le plus de chance de se retrouver après un grand nombre d'itérations est le sommet C puisque c'est la limite de c_n qui est la plus grande.