\input{../preambules/preDM.tex}
\renewcommand{\P}{\mathscr{P}}
\begin{document}

\chead{Correction Devoir maison n°3}
\lfoot{}
\cfoot{Matrices et probabilités.}

\begin{center}
\fbox{ \Large Correction Devoir maison n°3}

\end{center}
\vspace{30pt}

\subsection*{Exercice 1 - Probabilités et suites}

On dispose de deux urnes $U_{1}$ et $U_{2}$ ainsi que d'une pièce de monnaie
non truquée.\newline
Initialement, l'urne $U_{1}$ contient une boule blanche et deux boules
noires et l'urne $U_{2}$ contient deux boules noires.\newline
On considère l'épreuve $\mathcal{E}$ suivante :

\begin{itemize}
\item on lance la pièce

\item si l'on obtient pile, on tire une boule de $U_{1}$, sinon on tire une
boule de $U_{2}$

\item si la boule tirée est noire, elle est remise dans la même urne, sinon
elle est remise dans l'autre urne.
\end{itemize}
Pour $n$ entier naturel non nul, on désigne par $A_{n}$ l'évènement%
\begin{equation*}
\begin{tabular}{|l|}
\hline
$A_{n}$ : " la boule blanche se trouve dans l'urne $U_{1}$ \textbf{à l'issue}
de la $n^{i\grave{e}me}$ répétition de l'épreuve $\mathcal{E}$ " \\ \hline
\end{tabular}%
\end{equation*}%
et par $B_{n}$ l'évènement 
\begin{equation*}
\begin{tabular}{|l|}
\hline
$B_{n}$ : " la boule blanche se trouve dans l'urne $U_{2}$ \textbf{à l'issue}
de la $n^{i\grave{e}me}$ répétition de l'épreuve $\mathcal{E}$ " \\ \hline
\end{tabular}%
\end{equation*}

\begin{enumerate}
\item Dans cette question, on effectue une seule fois l'épreuve $\mathcal{E}$%
.

\begin{enumerate}
\item La notation $PiB_{1}$ signifiant: \textquotedblleft la pièce a donné
pile et on a tiré la boule blanche de $U_{1}$" (on l'a donc remise dans $%
U_{2}$). On calcule ç l'aide de la formule des probabilités composées :
\begin{align*}
P(PiB_1) & = P(Pi) \times P_{Pi} (B_1) \\
         & = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{3} \\
         & = \dfrac{1}{6}
\end{align*}

\item Les résultats possibles de l'é%
preuve $\mathcal{E}$ sont 
\begin{center}
\fbox{$ \left\{ Pi B_1, PiA_1, FaA_1, FaB_1 \right\} $}
\end{center}
Remarque : La boule blanche ne se trouvant que dans l'urne $U_1$ au début, l'évènement $FaB_1$ est impossible.

\item En appliquant la formule des probabilités totales appliquée au système complet d'évènement (Pi,Fa), on a
\begin{align*}
P(A_1) & = P(PiA_1) + P(FaA_1) \\
	   & = P(Pi) P_{Pi}(A_1) + P(Fa) P_{Fa}(A_1) \\
	   & = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{2}{3} + \dfrac{1}{2} \times 1 \\
	   & = \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{2} \\
	   & \boxed{= \dfrac{5}{6}}
\end{align*}
On a alors \begin{center}
\fbox{$P(B_1) = 1 - P(A_1) = \dfrac{1}{6}$}
\end{center}
\end{enumerate}

\item On répète maintenant l'épreuve $\mathcal{E}$.

\begin{enumerate}
\item Si l'on sait que la boule blanche est dans l'urne $U_1$, on se trouve dans la même situation qu'au premier tirage. Ainsi,

\begin{center}
\fbox{ $\forall n\geqslant 0,\quad P_{A_{n}}(A_{n+1})= P(A_1) = \dfrac{5}{6}$ et $P_{A_{n}}(B_{n+1})= P(B_1) = \dfrac{1}{6}$.}
\end{center}

\item On se place dans le cas où la boule blanche est dans l'urne $U_2$ à la $n^{\`eme}$ expérience.  En appliquant la formule des probabilités totales appliquée au système complet d'évènement (Pi,Fa), on a
\begin{align*}
P_{B_{n}}(A_{n+1}) & = P_{B_n} (Pi \cap A_{n+1}) + P_{B_n}(Fa \cap A_{n+1}) \\
                   & = P_{B_n} (Pi) \times P_{B_n \cap Pi}(A_{n+1}) + P_{B_n} (Fa) \times P_{B_n \cap Fa}(A_{n+1}) \\
                   & = \dfrac{1}{2} \times  0 + \dfrac{1}{2}        \times \dfrac{1}{3} \\
                   & \boxed{= \dfrac{1}{6}}  
\end{align*}
On a alors 
\begin{center}
\fbox{$P_{B_{n}}(B_{n+1}) = 1 - P_{B_n} (A_{n+1}) = \dfrac{5}{6}$}
\end{center}

\item On notera $a_n = P(A_n)$ et $b_n = P(B_n)$. Les évènements $(A_n,B_n)$ forment un système complet d'évènements. En utilisant la formule des probabilités totales, on a 
\begin{align*}
P(A_{n+1}) & = P(A_n \cap A_{n+1}) + P(B_n \cap A_{n+1}) \\
		   & = P(A_n) P_{A_n}(A_{n+1}) + P(B_n) P_{B_n}(A_{n+1}) \\
		   & = a_n \times \dfrac{5}{6} + b_n \times \dfrac{1}{6} \\
a_{n+1}	   & = \boxed{\dfrac{5}{6} a_n + \dfrac{1}{6}b_n}
\end{align*}

De la même façon,
\begin{align*}
P(B_{n+1}) & = P(A_n \cap B_{n+1}) + P(B_n \cap B_{n+1}) \\
		   & = P(A_n) P_{A_n}(B_{n+1}) + P(B_n) P_{B_n}(B_{n+1}) \\
		   & = a_n \times \dfrac{1}{6} + b_n \times \dfrac{5}{6} \\
b_{n+1}	   & = \boxed{\dfrac{1}{6} a_n + \dfrac{5}{6}b_n}
\end{align*} 

\item $(A_n, B_n)$ forme un système complet d'évènement, donc
\begin{center}
\fbox{$P(A_n) + P(B_n) = a_n + b_n = 1$
}
\end{center}
Soit $n \geq 0$, on a d'une part
$$
a_{n+1} = \dfrac{5}{6}a_n + \dfrac{1}{6}b_n,
$$
d'autre part
$$
b_{n+1} = \dfrac{1}{6}a_n + \dfrac{5}{6}b_n \quad \Longleftrightarrow \quad b_n = \dfrac{6}{5} b_{n+1} - \dfrac{1}{5} a_n
$$
donc 
\begin{align*}
& a_{n+1} = \dfrac{5}{6}a_n + \dfrac{1}{6} \left( \dfrac{6}{5} b_{n+1} - \dfrac{1}{5} a_n \right) \\
\Longleftrightarrow \quad & a_{n+1} = \dfrac{5}{6}a_n + \dfrac{1}{5} b_{n+1} - \dfrac{1}{30} a_n  \\
\Longleftrightarrow \quad & a_{n+1} = \dfrac{24}{30}a_n + \dfrac{1}{5} (1 - a_{n+1}) \\
\Longleftrightarrow \quad & a_{n+1} + \dfrac{1}{5} a_{n+1} = \dfrac{4}{5}a_n + \dfrac{1}{5}  \\
\Longleftrightarrow \quad &  \dfrac{6}{5} a_{n+1} = \dfrac{4}{5}a_n + \dfrac{1}{5}  \\
\Longleftrightarrow \quad &  a_{n+1} = \dfrac{5}{6} \times \dfrac{4}{5}a_n + \dfrac{5}{6} \times \dfrac{1}{5}  \\
\Longleftrightarrow \quad &  a_{n+1} =  \dfrac{2}{3}a_n +\dfrac{1}{6}  \\
\end{align*}

On a également,
\begin{align*}
b_{n+1} & = 1 - a_{n+1} \\
        & = 1 - \dfrac{2}{3}a_n - \dfrac{1}{6} \\
        & = \dfrac{5}{6} - \dfrac{2}{3}(1 - b_n) \\
        & = \dfrac{5}{6} - \dfrac{2}{3} + \dfrac{2}{3}b_n \\
        & = \dfrac{2}{3} b_n + \dfrac{1}{6} 
\end{align*}
Finalement,
\begin{center}
\fbox{$\forall
n\geqslant 0,\quad \left\{ 
\begin{array}{c}
a_{n+1}=\dfrac{2}{3}a_n+\dfrac{1}{6}\medskip \\ 
b_{n+1}=\dfrac{2}{3}b_n+\dfrac{1}{6}%
\end{array}%
\right. $}
\end{center}

\item On a deux suites arithmético-géométrique ayant pour termes initiaux $a_1 = \dfrac{5}{6}$ et $b_1 = \dfrac{1}{6}$. On résout l'équation 
\begin{align*}
x = \dfrac{2}{3}x + \dfrac{1}{6} & \Longleftrightarrow \quad \dfrac{1}{3} x = \dfrac{1}{6} \\
& \Longleftrightarrow \quad  x = \dfrac{1}{2}
\end{align*}
On pose la suite $(u_n)_{n \in \N}$ définie par $u_n = a_n - \dfrac{1}{2}$. On vérifie que $(u_n)_{n \in \N}$ est une suite géométrique. Pour $n \in \N$, 
\begin{align*}
u_{n+1} & = a_{n+1} -  \dfrac{1}{2} \\
        & = \dfrac{2}{3}a_n + \dfrac{1}{6} - \dfrac{1}{2} \\
        & = \dfrac{2}{3}a_n - \dfrac{1}{3} \\
        & = \dfrac{2}{3} \left( a_n - \dfrac{1}{2} \right) \\
        & = \dfrac{2}{3} u_n 
\end{align*} 
De plus $u_1 = a_1 - \dfrac{1}{2} = \dfrac{5}{6} - \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{3}$. On a alors $u_n = \dfrac{1}{3}\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n-1}$ et finalement
\begin{center}
\fbox{$a_n = \dfrac{1}{3}\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n-1} + \dfrac{1}{2}$.}
\end{center}
Enfin, $b_n= 1 - a_n$ donc
\begin{center}
\fbox{$b_n = - \dfrac{1}{3} \left( \dfrac{2}{3} \right)^{n-1} + \dfrac{1}{2}$.}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\subsection*{Exercice 2 - Matrices et suites}


Soit $a,b,c,d$ des réels et soit $E$ l'ensemble des matrices carrées $M = \begin{pmatrix}
a & b \\
c & d 
\end{pmatrix}$
d'ordre 2 qui vérifient les 2 conditions : $a+d = 0$ et $ad - bc = 0$. 
\begin{enumerate}
\item \begin{enumerate}
\item Soit $M = \begin{pmatrix}
a & b \\
c & d 
\end{pmatrix} \in E$. $M$ vérifie $ad-bc  = 0$. Son déterminant est donc nul, $M$ n'est donc pas inversible. 
\begin{center}
\fbox{Aucune matrice de $E$ n'est inversible. }
\end{center}
\item Pour la matrice $\begin{pmatrix}
1 & 1 \\
-1 & -1
\end{pmatrix}$, on a $1 \times (-1) - (-1) \times 1 = 0$ et $1 + (-1) = 0$. Donc,
\begin{center}
\fbox{La matrice $\begin{pmatrix}
1 & 1 \\
-1 & -1
\end{pmatrix}$ appartient à $E$.}
\end{center}
Pour la matrice  
$\begin{pmatrix}
1 & -1 \\
1 & -1
\end{pmatrix}$, on a $1 \times (-1) - (-1) \times 1 = 0$ et $1 + (-1) = 0$. Donc, 
\begin{center}
\fbox{La matrice $\begin{pmatrix}
1 & -1 \\
1 & -1
\end{pmatrix}$ appartient à $E$.}
\end{center} 
\item On a 
$$
\begin{pmatrix}
1 & 1 \\
-1 & -1
\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}
1 & -1 \\
1 & -1
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
2 & 0 \\
0 & 2
\end{pmatrix} = 2 I_2
$$
Or la matrice $2 I_2$ est inversible et n'appartient donc pas à $E$. 
\begin{center}
\fbox{Donc la somme de 2 matrices de $E$ n'est pas forcément une matrice de $E$.}
\end{center}

On a 
$$
\begin{pmatrix}
1 & 1 \\
-1 & -1
\end{pmatrix} \times  \begin{pmatrix}
1 & -1 \\
1 & -1
\end{pmatrix}
= \begin{pmatrix}
2 & -2 \\
-2 & 2
\end{pmatrix}
$$
Or pour cette matrice $2 + 2 = 4 \neq 0$ donc la matrice $ \begin{pmatrix}
2 & -2 \\
-2 & 2
\end{pmatrix}$ n'appartient pas à $E$. 
\begin{center}
\fbox{Donc le produit de 2 matrices de $E$ n'est pas forcément une matrice de $E$.}
\end{center}
\item Soit $M = \begin{pmatrix}
a & b \\
c & d 
\end{pmatrix}$ une matrice de $E$. On calcule
$$
M^2 = \begin{pmatrix}
a & b \\
c & d 
\end{pmatrix}
\times \begin{pmatrix}
a & b \\
c & d 
\end{pmatrix}
= \begin{pmatrix}
a^2 + bc & ab + bd \\
ac + cd & bc + d^2 
\end{pmatrix}
$$
Or 
\begin{itemize}
\item $a = -d$ donc $a^2 + bc = -ad + bc = 0$, 
\item $ab + bd = b(a+d) = 0$
\item $ac + cd = c(a+d) = 0$
\item $bc + d^2 = bc - ad = 0$
\end{itemize}
Finalement
\begin{center}
\fbox{$M^2 = \begin{pmatrix}
0 & 0 \\
0 & 0
\end{pmatrix} = 0_{\mathcal{M}_2(\R)}$}
\end{center}
Donc pour tout $n \geq 2$, $M^n = 0_{\mathcal{M}_2(\R)}$
\end{enumerate}
{\it Dans la suite de l'exercice, on pose $A = \begin{pmatrix}
1 & 2 \\
-2 & 5
\end{pmatrix}$
et on note $I = \begin{pmatrix}
1 & 0 \\
0 & 1
\end{pmatrix}$ la matrice identité.}
\item \begin{enumerate}
\item On a $1 \times 5 - (-2) \times 2 = 9 \neq 0$. Donc $A$ est inversible et 
\begin{center}
\fbox{$
A^{-1} = \dfrac{1}{9} \begin{pmatrix}
5 & -2 \\
2 & 1 
\end{pmatrix}
$ }
\end{center}
\item On a 
$$K = A - 3I = \begin{pmatrix}
-2 & 2 \\
-2 & 2 
\end{pmatrix}.$$
On vérifie que $-2 + 2 = 0$ et $-2 \times 2 - (-2) \times 2 = 0$ . $K$ appartient bien à $E$.  
\item Comme $K \in E$, d'après la question 1.d, $K^2 = 0$. Ainsi,
\begin{eqnarray*}
K^2 = 0 & \Longleftrightarrow & (A-3I)^2 = 0 \\
& \Longleftrightarrow & A^2 - 3I \times A - 3A \times I + 9I = 0 \\
& \Longleftrightarrow & A^2 - 6A + 9I = 0 
\end{eqnarray*} 
On a donc 
\begin{center}
\fbox{$\alpha = -6$ et $\beta = 9$}
\end{center}
\item En utilisant l'égalité précédente on a 
\begin{eqnarray*}
A^2 - 6A + 9I = 0 & \Longleftrightarrow & A^2 - 6A  = -9I \\
& \Longleftrightarrow & A(A-6I)= -9I \\
& \Longleftrightarrow &  A \times (-\dfrac{1}{9}(A-6I)) = I
\end{eqnarray*} 
On a donc montré que \begin{center}
\fbox{$A$ était inversible et que $A^{-1} = \dfrac{2}{3} I - \dfrac{1}{9}A$}
\end{center}
\item \begin{itemize}
\item  On montre par récurrence $\P_n : \left\{A^n = a_n A + b_n I \right\}$.

\item \textbf{Initialisation :} La propriété $\mathscr{P}_0$ s'écrit "$A^0 = a_0 A + b_0I$. $\P_0$ est vraie en choisissant $a_0 = 0$ et $b_0 = 1$ 
	\item \textbf{Hérédité :} On suppose que $\P_n$ est vrai pour un certain rang $n$. On a 
\begin{eqnarray*}
A^n = a_n A + b_n I & \Longleftrightarrow &  A^n \times A = a_n A^2 + b_n A \\
& \Longleftrightarrow & A^{n+1} = a_n(6A - 9I) + b_n A \\
& \Longleftrightarrow & A^{n+1} = (6a_n + b_n)A - 9a_n I
\end{eqnarray*}
La proposition $\P_{n+1}$ est donc vraie en posant $a_{n+1} = 6a_n + b_n$ et $b_{n+1} = -9a_n$. On en déduit que la suite des proposition $(\P_n)$ est héréditaire. 
	\item \textbf{Conclusion :} \fbox{Pour tout $n \in \N$, $A^n = a_n A + b_n I$ }
	\end{itemize}
\item La récurrence donne des relations pour $(a_n)_{n \in \N}$ et $(b_n)_{n \in \N}$ :
$$
\left\{
\begin{array}{rcl}
a_{n+1}  & =  & 6 a_n +b_n \\
b_{n+1} &  = & -9 a_n
\end{array}
\right.
$$
De plus, on a $a_0 = 0$ et $b_0 = 1$. On a alors $\forall n \in \N$,
$$ a_{n+2} = 6a_{n+1} + b_{n+1} \Longleftrightarrow a_{n+2} = 6a_{n+1} - 9 a_n . $$
La suite $(a_n)_{n \in \N}$ est une suite récurrente linéaire d'ordre 2. On résout alors 
$$
x^2 = 6x - 9 \Longleftrightarrow x^2 - 6x + 9 =0 \Longleftrightarrow (x-3)^2 = 0
$$
L'équation de degré 2 a donc une unique solution. Ainsi, il existe $\lambda, \mu \in \R$, tels que
$$
a_n = (\mu + \lambda n) 3^n 
$$
De plus en utilisant, $a_0 = 0$ et $a_1 = 6 a_0 + b_0 = 1$, on écrit le système 
\begin{eqnarray*}
\left\{
\begin{array}{rcl}
\mu  & =  & 0 \\
3(\mu + \lambda) &  = & 1
\end{array}
\right.
\Longleftrightarrow 
\left\{
\begin{array}{rcl}
\mu  & =  & 0 \\
\lambda &  = & \dfrac{1}{3}
\end{array}
\right.
\end{eqnarray*}
Ainsi 
\begin{center}
\fbox{$ a_n = n 3^{n-1}.$}
\end{center}
En utilisant $b_n =-9 a_{n-1}$, on obtient
\begin{center}
\fbox{$b_n = - (n-1) 3^n $. }
\end{center}
On a enfin
\begin{center}
\fbox{$
A^n = n 3^{n-1} A - n 3^n I = \begin{pmatrix}
n3^{n-1} - (n-1) 3^n & 2n 3^{n-1} \\
-2n 3^{n-1} & 5n3^{n-1} - (n-1) 3^n
\end{pmatrix}  
$}
\end{center}
\end{enumerate} 
\end{enumerate} 

\subsection*{Exercice 3 - Matrices et probabilités}

\begin{enumerate}
\item Au jour 0, on est certain de commencer par la natation. ainsi,
\begin{center}
\fbox{$
a_0 = 1, \qquad b_0 = 0, \qquad c_0 = 0.
$}
\end{center}
Comme l'athlète a pratiqué la natation au jour 0, il pratiquera au jour 1 la natation avec probabilité $\dfrac{1}{5}$, le cyclisme avec probabilité $\dfrac{1}{5}$ et la course a pied avec probabilité $\dfrac{3}{5}$. Ainsi
\begin{center}
\fbox{$ a_1 = \dfrac{1}{5}, \qquad b_1 = \dfrac{1}{5}, \qquad c_1 = \dfrac{3}{5}$. }
\end{center}
\item Soit $n \in \N$. On considère le système complet d'évènements $(A_n, B_n, C_n)$ sur lequel on applique la formule des probabilités totales: 
\begin{eqnarray*}
P(A_{n+1}) & = & P(A_n \cap A_{n+1}) + P(B_n \cap A_{n+1}) + P(C_n \cap A_{n+1}) \\
& = & P(A_n) P_{A_n}(A_{n+1}) + P(B_n) P_{B_n}(A_{n+1}) + P(C_n) P_{C_n}(A_{n+1})  \\
& = & a_n \times \dfrac{1}{5} + b_n \times \dfrac{2}{5} + c_n \times 0 
\end{eqnarray*}
\begin{center}
\fbox{On a alors $a_{n+1} = \dfrac{1}{5}a_n + \dfrac{2}{5} b_n$}
\end{center}
De même 
\begin{eqnarray*}
P(B_{n+1}) & = & P(A_n \cap B_{n+1}) + P(B_n \cap B_{n+1}) + P(C_n \cap B_{n+1}) \\
& = & P(A_n) P_{A_n}(B_{n+1}) + P(B_n) P_{B_n}(B_{n+1}) + P(C_n) P_{C_n}(B_{n+1})  \\
& = & a_n \times \dfrac{1}{5} + b_n \times \dfrac{3}{5} + c_n \times \dfrac{1}{5} 
\end{eqnarray*}
\begin{center}
\fbox{On a aussi $b_{n+1} = \dfrac{1}{5}a_n + \dfrac{3}{5} b_n + \dfrac{1}{5} c_n$.}
\end{center}
Enfin 
\begin{eqnarray*}
P(C_{n+1}) & = & P(A_n \cap C_{n+1}) + P(B_n \cap C_{n+1}) + P(C_n \cap C_{n+1}) \\
& = & P(A_n) P_{A_n}(C_{n+1}) + P(B_n) P_{B_n}(C_{n+1}) + P(C_n) P_{C_n}(C_{n+1})  \\
& = & a_n \times \dfrac{3}{5} + b_n \times 0 + c_n \times \dfrac{4}{5} 
\end{eqnarray*}
\begin{center}
\fbox{On a aussi $c_{n+1} = \dfrac{3}{5}a_n + \dfrac{4}{5} c_n$.}
\end{center}
\item On remarque que
$$\begin{pmatrix}
a_{n+1}\\b_{n+1}\\c_{n+1}
\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}
1/5 & 2/5 & 0 \\ 1/5 & 3/5 & 1/5 \\ 3/5 & 0 & 4/5
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
a_n\\b_n\\c_n
\end{pmatrix} = \dfrac{1}{5}M \begin{pmatrix}
a_n\\b_n\\c_n
\end{pmatrix} $$
\begin{center}
\fbox{On a donc $A = \dfrac{1}{5}M $.}
\end{center}
\item On montre les propriétés suivantes $\P_n : \left\{ \begin{pmatrix}
a_n\\b_n\\c_n
\end{pmatrix}=\dfrac{1}{5^n}M^n\begin{pmatrix}
1\\0\\0
\end{pmatrix} \right\}$.
\begin{itemize}
\item \textbf{Initialisation :} La propriété $\mathscr{P}_0$ s'écrit $\begin{pmatrix}
a_0\\b_0\\c_0
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
1 \\ 0 \\ 0
\end{pmatrix}$ Or, $a_0 = 1, b_0 = 0$ et $c_0 = 0$. La propriété $\mathscr{P}_0$ est donc vraie.  
	\item \textbf{Hérédité :} On suppose que $\P_n$ est vrai pour un certain rang $n$. 
\begin{eqnarray*}
\begin{pmatrix}
a_{n+1} \\ b_{n+1} \\ c_{n+1} 
\end{pmatrix} & = & \dfrac{1}{5} M  \begin{pmatrix}
a_n \\ b_n \\ c_n
\end{pmatrix} \\
& = & \dfrac{1}{5} \times \dfrac{1}{5^n} M \times M^n \begin{pmatrix}
1 \\ 0 \\ 0
\end{pmatrix} \\
& = & \dfrac{1}{5^{n+1}} M^{n+1} \begin{pmatrix}
1 \\ 0 \\ 0
\end{pmatrix}
\end{eqnarray*}
La proposition $\P_{n+1}$ est donc vraie. On en déduit que la suite des proposition $(\P_n)$ est héréditaire. 
	\item \textbf{Conclusion :} \fbox{Pour tout $n \in \N$, $\begin{pmatrix}
	a_n \\ b_n \\ c_n
	\end{pmatrix} = \dfrac{1}{5^n}M^n\begin{pmatrix}
1\\0\\0
\end{pmatrix}$ }
	\end{itemize}
\item On en déduit alors 
\begin{center}
\fbox{$a_n = \dfrac{1}{6 \times 5^n} ( 5^n +9 - 4 \times 2^n)$.}
\end{center}
\begin{center}
\fbox{$b_n = \dfrac{1}{6 \times 5^n} ( 2 \times 5^n - 2\times 2^n)$.}
\end{center}
\begin{center}
\fbox{$c_n = \dfrac{1}{6 \times 5^n} ( 3 \times 5^n - 9 + 6\times 2^n)$.}
\end{center}
\end{enumerate}


\end{document}