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

\chead{Correction Devoir maison n°4}
\lfoot{}
\cfoot{Entrainement au sigma n°1.}

\begin{center}
\fbox{ \Large Correction Devoir maison n°4}

\end{center}
\vspace{30pt}

\section*{Exercice 1 - Inspiré ESLSCA-ISC 99}
Soit $f$ la fonction définie par $f(x) = \sqrt{\dfrac{1+x}{2}}$ et $(u_n)_{n \in \N}$ la suite définie par la donnée de $u_0$ et la relation de récurrence $u_{n+1} = f(u_n)$. 

\subsection*{A) \'Etude de la suite $u$.}
\begin{enumerate}
\item \'Etude de $f$. 
\begin{enumerate}
\item On résout l'inéquation 
$$ 1+ x \geq 0 \Longleftrightarrow x \geq -1 .$$
Donc le domaine de définition de $f$ est \fbox{$D_f = [-1 ; + \infty[$.}
\item Pour la dérivabilité, on résout l'inéquation 
$$
 1+ x > 0 \Longleftrightarrow x > -1 .
$$
La fonction $f$ est dérivable en tant que composée et somme de fonctions dérivables sur $]-1 ; + \infty[$ et 
\begin{center}
\fbox{$
f'(x)= \dfrac{\dfrac12}{2 \sqrt{\dfrac{1+x}{2}}} = \dfrac{1}{4\sqrt{\dfrac{1+x}{2}}} > 0
$}
\end{center}
\item On a $\li_{x \tos -1} \dfrac{1+x}{2} = 0$ et $\li_{X \tos 0} \sqrt{X} = 0$ donc 
\begin{center}
\fbox{$\li_{x \tos -1} \sqrt{\dfrac{1+x}{2}} = 0$.}
\end{center}
On a $\li_{x \to + \infty} \dfrac{1+x}{2} = +\infty$ et $\li_{X \to + \infty} \sqrt{X} = + \infty$ donc 
\begin{center}
\fbox{$\li_{x \tos +\infty} \sqrt{\dfrac{1+x}{2}} = + \infty$.}
\end{center}
\item La dérivée de $f$ est strictement positive, la fonction est donc strictement croissante. 
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=3,espcl=2]{$x$/1, Signe de $f'(x)$/2, Variations de $f$/2}{$-1$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,+,}
\tkzTabVar{-/0, +/$+\infty$} 
\end{tikzpicture}
\end{center}  
\item On résout l'équation sur $]-1;+\infty[$
\begin{align*}
f(x) = x & \Longleftrightarrow \sqrt{\dfrac{1+x}{2}} = x \\
         & \Longrightarrow \dfrac{1+x}{2} = x^2 \\
         & \Longrightarrow 1 + x = 2x^2  \\
         & \Longrightarrow 2x^2 - x - 1 = 0
\end{align*} 
Le discriminant d'une telle équation est $\Delta = 1 - 4 \times 2 \times (-1) = 9$. L'équation a donc 2 solutions 
$$
x_1 = \dfrac{1 - 3}{4} = - \dfrac{1}{2} \quad \text{et} \quad x_2 = \dfrac{1 + 3}{4} = 1
$$
On vérifie alors ces solutions :
$$
\sqrt{\dfrac{1 - 1/2}{2}} = \sqrt{\dfrac{1}{4}} = \dfrac{1}{2} \neq -\dfrac{1}{2}
$$
et 
$$
\sqrt{\dfrac{1+1}{2}} = 1
$$
Donc, on conclut que 
\begin{center}
\fbox{L'ensemble des solutions est $\mathscr{S} = \left\{ 1 \right\}$}
\end{center}

On résout maintenant l'inéquation $f(x) > x$. On raisonne par disjonction de cas. Si $x \in ]-1, 0[$, l'inégalité est toujours vraie car une racine carrée est toujours positive. \\
On résout maintenant l'inéquation pour $x \in [0 ; + \infty [$. Dans ce cas (comme la fonction $x \to x^2$ est croissante sur $[0 ; + \infty[$,
\begin{align*}
f(x) > x & \Longleftrightarrow \sqrt{\dfrac{1+x}{2}} > x \\
         & \Longleftrightarrow \dfrac{1+x}{2} > x^2 \\
         & \Longleftrightarrow 1 + x > 2x^2  \\
         & \Longleftrightarrow 2x^2 - x - 1 < 0
\end{align*}
Or on sait que $2x^2 -x - 1$ est positif pour $x \in ]- \infty ; -1/2[ \cup ]1 ; + \infty[$. 
\begin{center}
\fbox{Donc l'ensemble des solutions de l'inéquation est $\mathscr{S} = ]-1 ; 1[$}
\end{center}
\item Tracer la courbe représentative de $f$ et la droite d'équation $y= x$. 
\end{enumerate}
\item Dans cette partie, on suppose que $u_0 = 0$.
\begin{enumerate}
\item \'Ecrire un script Scilab demandant à l'utilisateur d'entrer un entier $n$ et qui affiche $u_n$. 
\begin{verbatim}
u = 0
n = input("Entrez un entier n")

for k = 1:n
    u = sqrt( (1+u) / 2 )
end
disp(u)
\end{verbatim}
\item On montre par récurrence que $u$ est bien définie, c'est à dire les propositions $\P_n : \{u_n $ existe et $u_n > 0 \}$. 

\renewcommand\labelitemi{\textbullet}
\begin{itemize}
\item {\bf Initialisation :} $u_0$ vaut $0$ donc $u_0$ est bien définie. 
\item {\bf Hérédité :} On suppose que la proposition $\P_n$ est vraie pour un certain rang $n \geq 0$. On a alors $u_n >0$ et donc $u_{n+1} = f(u_n)$ est bien définie et $u_{n+1} > 0$. 
Donc la proposition $\P_{n+1}$ est vraie. La suite de proposition $(\P_n)$ est héréditaire.
\item {\bf Conclusion :} \fbox{Pour tout $n \in \N$, $u_n$ existe et $u_n > 0$}.
\end{itemize} 

\item On montre par récurrence les propositions $\P_n : \{u_n \leq 1 \}$. 

\renewcommand\labelitemi{\textbullet}
\begin{itemize}
\item {\bf Initialisation :} $u_0$ vaut $0$ donc $u_0 \leq 1$. 
\item {\bf Hérédité :} On suppose que la proposition $\P_n$ est vraie pour un certain rang $n \geq 0$. On a alors 
\begin{align*}
u_n \leq 1 & \Longleftrightarrow f(u_n) \leq f(1) \\
& \Longleftrightarrow u_{n+1} \leq 1
\end{align*}
Donc la proposition $\P_{n+1}$ est vraie. La suite de proposition $(\P_n)$ est héréditaire.
\item {\bf Conclusion :} \fbox{Pour tout $n \in \N$, $u_n$ est majorée par $1$}.
\end{itemize} 
\item On a montré précédemment que $\forall x \in ]-1 ; 1], f(x) \geq x$. Or pour tout $n \in \N$, $u_n \in [0,1]$ donc 
$$
u_{n+1} = f(u_n) \geq u_n
$$
\begin{center}
\fbox{La suite $u$ est donc croissante. }
\end{center}
\end{enumerate}
\item Dans cette partie, on suppose que $u_0 > 1$. 
\begin{enumerate}
\item On montre par récurrence les propositions $\P_n : \{u_n > 1 $ et $u_n$ existe$\}$. 

\renewcommand\labelitemi{\textbullet}
\begin{itemize}
\item {\bf Initialisation :} $u_0 > 1$ et $u_0$ existe donc $\P_0$ est vraie. 
\item {\bf Hérédité :} On suppose que la proposition $\P_n$ est vraie pour un certain rang $n \geq 0$. On a alors $u_n > 1$ et $u_{n+1} = f(u_n)$ existe
\begin{align*}
u_n > 1 & \Longleftrightarrow f(u_n) > f(1) \\
& \Longleftrightarrow u_{n+1} > 1
\end{align*}
Donc la proposition $\P_{n+1}$ est vraie. La suite de proposition $(\P_n)$ est héréditaire.
\item {\bf Conclusion :} \fbox{Pour tout $n \in \N$, $u_n$ existe et $u_n >1$}.
\end{itemize} 
\item On a montré précédemment que $\forall x \in ]1 ; + \infty[, f(x) < x$. Or pour tout $n \in \N$, $u_n > 1$ donc 
$$
u_{n+1} = f(u_n) < u_n
$$
\begin{center}
\fbox{La suite $u$ est donc décroissante. } 
\end{center}
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\subsection*{B) Calcul de $u_n$ en fonction de $n$ quand $u_0 > 1$.}

On suppose désormais que $u_0 > 1$. 
\begin{enumerate}
\item \'Etude de fonctions auxiliaires. \\
On définit sur $\R$ les fonctions $ch$ et $sh$ par $ch(x) = \dfrac{e^x + e^{-x}}{2}$ et $sh(x) = \dfrac{e^x - e^{-x}}{2}$. 
\begin{enumerate}
\item La fonction $ch$ est dérivable sur $\R$ en tant que composée et somme de fonction dérivable sur $\R$. De plus
\begin{center}
\fbox{$ ch'(x) = \dfrac{e^x - e^{-x}}{2} = sh(x)$.}
\end{center}
De même, la fonction $sh$ est dérivable sur $\R$ en tant que composée et somme de fonction dérivable sur $\R$. De plus
\begin{center}
\fbox{$ sh'(x) = \dfrac{e^x + e^{-x}}{2} = ch(x)$.}
\end{center}
\item Pour tout réel $x$, $e^x > 0$ et $e^{-x} >0$ donc 
\begin{center}
 \fbox{$\forall x \in \R, \quad ch(x) >0$.}
 \end{center} 
On a enfin $sh(0) = \dfrac{e^0 - e^{-0}}{2} = 0$.  La fonction $sh$ est strictement croissante et $sh(0) = 0$. Donc \fbox{la fonction $sh$ est négative sur $\R^-$ et positive sur $\R^+$.}
\item La fonction $ch$ est par conséquent strictement croissante sur $]0;+\infty[$. \\
La fonction $ch$ est également continue sur $]0;+\infty[$. \\
$ch(0) = 1$ et $\li_{x \to + \infty} ch(x) = + \infty$, Enfin $u_0 >1$. 
D'après le théorème de la bijection,\begin{center}
\fbox{ il existe un unique $\alpha >0$ tel que $ch(\alpha) = u_0$}
\end{center}
\end{enumerate}
\item \begin{enumerate}
\item On calcule
\begin{align*}
2 \left( ch \left( \dfrac{x}{2} \right) \right)^2 - 1 & =  2 \left(  \dfrac{e^{x/2} + e^{-x/2}}{2} \right)^2 - 1 \\
& = \dfrac{1}{2}\left(  e^{x/2} + e^{-x/2} \right)^2 - 1 \\
& = \dfrac{1}{2} \left( (e^{x/2})^2 + 2 e^{x/2} e^{-x/2} + (e^{-x/2})^2 \right) - 1 \\
& = \dfrac{1}{2} \left( e^x + 2 + e^{-x} \right) - 1 \\
& = \dfrac{e^x + e^{-x}}{2} + 1 - 1 \\
& \boxed{= ch(x)} 
\end{align*}

\item On montre par récurrence, $\P_n \left\{ u_n = ch \left( \dfrac{\alpha}{2^n} \right) \right\} $. 

\renewcommand\labelitemi{\textbullet}
\begin{itemize}
\item {\bf Initialisation :} On vérifie tout d'abord que 
$$u_0 = ch \left( \dfrac{\alpha}{2^0} \right) = ch(\alpha) = u_0 $$ donc $\P_0$ est vraie. 
\item {\bf Hérédité :} On suppose que la proposition $\P_n$ est vraie pour un certain rang $n \geq 0$. On a alors $u_n = ch \left( \dfrac{\alpha}{2^n} \right)$. En utilisant la formule de récurrence pour $u$, on obtient
\begin{align*}
u_{n+1} & = \sqrt{\dfrac{1+u_n}{2}} \\
        & = \sqrt{\dfrac{1+ ch \left( \dfrac{\alpha}{2^n} \right) }{2}}
\end{align*}
Or d'après la question précédente,
$$
ch \left( \dfrac{\alpha}{2^n} \right) = 2 \left( ch \left( \dfrac{\alpha}{2^n} \times \dfrac{1}{2} \right) \right)^2 - 1 = 2 \left( ch \left( \dfrac{\alpha}{2^{n+1}}\right) \right)^2 - 1
$$
On a donc
\begin{align*}
u_{n+1} & = \sqrt{\dfrac{1+ 2 \left( ch \left( \dfrac{\alpha}{2^{n+1}} \right) \right)^2 - 1 }{2}} \\
& = \sqrt{\left( ch \left( \dfrac{\alpha}{2^{n+1}} \right) \right)^2} \\
& = \left|  ch \left( \dfrac{\alpha}{2^{n+1}} \right) \right| = ch \left( \dfrac{\alpha}{2^{n+1}} \right)
\end{align*}
Donc la proposition $\P_{n+1}$ est vraie. La suite de proposition $(\P_n)$ est héréditaire.
\item {\bf Conclusion :} \fbox{Pour tout $n \in \N$, $u_n = ch \left( \dfrac{\alpha}{2^{n}} \right)$ }.
\end{itemize} 
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\subsection*{C) Une autre suite.}

\begin{enumerate}
\item On a les propriétés suivantes :
\begin{itemize}
\item La fonction $sh$ est strictement croissante sur $\R$
\item La fonction $sh$ est continue sur $\R$ (notamment car elle est dérivable sur $\R$.)
\item $sh(0) = 0$ et $\li_{x \to + \infty} sh(x) = + \infty$.  
\end{itemize}
Donc par le théorème de la bijection, 
\begin{center}
\fbox{L'équation $sh(x) = n$ a une unique solution sur $\R^+$. }
\end{center}
\item Soit $x \geq 0$. 
\begin{align*}
sh(x) < e^x &  \Longleftrightarrow \dfrac{e^x - e^{-x}}{2} < e^x \\
& \Longleftrightarrow 0 < e^x - \dfrac{e^x}{2} + \dfrac{e^{-x}}{2} \\
& \Longleftrightarrow 0 < \dfrac{e^x}{2} + \dfrac{e^{-x}}{2}
\end{align*}
Cette dernière inégalité est toujours vérifiée donc 
\begin{center}
\fbox{$\forall x > 0 , \quad  sh(x) < e^x$. }
\end{center}
\item Pour tout $x > 0$, $sh(x) < e^x$ et pour tout $n \geq 1$, $v_n >0$. Donc 
\begin{align*}
sh(v_n) < e^{v_n} & \Longleftrightarrow n < e^{v_n} \\
& \Longleftrightarrow \boxed{\ln(n) < v_n}
\end{align*} 
\end{enumerate}


\section*{Exercice 2 - Inspiré ECRICOME 2001}

Dans cet exercice, on étudie les matrices de la forme suivante ($a$ est un nombre réel) :
$$
N(a) = \begin{pmatrix}
1-a & a \\
a & 1-a
\end{pmatrix} \qquad \text{et} \qquad M(a) = \begin{pmatrix}
1-2a & a & a \\
a & 1-2a & a \\
a & a & 1-2a
\end{pmatrix}
$$

\subsection*{A) Des cas particuliers.}

\begin{enumerate}
\item Lorsque $a= 0$, les matrices $N(0)$ et $M(0)$ sont respectivement \\
\fbox{les matrices identités d'ordre $2$ et d'ordre $3$. }
\item Les matrices $N(a)$ et $M(a)$ \fbox{sont symétriques. }
\item On s'intéresse désormais à la matrice 
$$
N(1) = \begin{pmatrix}
0 & 1  \\
1 & 0
\end{pmatrix}
$$
\begin{enumerate}
\item Le déterminant de cette matrice est $det(N(1)) = 0 - 1 = -1 \neq 0$. La matrice $N(1)$ est inversible et 
\begin{center}
\fbox{$(N(1))^{-1} = -1 \begin{pmatrix}
0 & -1 \\
-1  &0 
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
0 & 1 \\
1 & 0
\end{pmatrix} = N(1)$. }
\end{center}
\item On montre par récurrence les propositions $\P_n :  \left\{ (N(1))^n = \dfrac{1}{2} \begin{pmatrix}
1 + (-1)^n & 1+ (-1)^{n+1} \\
1 + (-1)^{n+1}  & 1+ (-1)^n
\end{pmatrix} \right\}
$

\renewcommand\labelitemi{\textbullet}
\begin{itemize}
\item {\bf Initialisation :} On a 
$$
(N(1))^0 = \dfrac{1}{2} \begin{pmatrix}
1 + (-1)^0 & 1+ (-1)^{0+1} \\
1 + (-1)^{0+1}  & 1+ (-1)^0
\end{pmatrix}  = \dfrac{1}{2} \begin{pmatrix}
1 + 1 & 1+ (-1) \\
1 + (-1)  & 1+ 1
\end{pmatrix} = \dfrac{1}{2} \begin{pmatrix}
2 & 0 \\
0 & 2
\end{pmatrix} = I_2
$$
\item {\bf Hérédité :} On suppose que la proposition $\P_n$ est vraie pour un certain rang $n \geq 0$. On a alors 
\begin{align*}
(N(1))^{n+1} & = (N(1))^n \times N(1) \\
             & = \dfrac{1}{2} \begin{pmatrix}
1 + (-1)^n & 1+ (-1)^{n+1} \\
1 + (-1)^{n+1}  & 1+ (-1)^n
\end{pmatrix} \times \begin{pmatrix}
0 & 1 \\
1 & 0
\end{pmatrix} \\
             & = \dfrac{1}{2} \begin{pmatrix}
1 + (-1)^{n+1} & 1+ (-1)^{n} \\
1 + (-1)^{n}  & 1+ (-1)^{n+1}
\end{pmatrix} \\
& = \dfrac{1}{2} \begin{pmatrix}
1 + (-1)^{n+1} & 1+ (-1)^{n+2} \\
1 + (-1)^{n+2}  & 1+ (-1)^{n+1}
\end{pmatrix}
\end{align*}
Donc la proposition $\P_{n+1}$ est vraie. La suite de proposition $(\P_n)$ est héréditaire.
\item {\bf Conclusion :} \fbox{Pour tout $n \in \N$, $(N(1))^n = \dfrac{1}{2} \begin{pmatrix}
1 + (-1)^n & 1+ (-1)^{n+1} \\
1 + (-1)^{n+1}  & 1+ (-1)^n
\end{pmatrix}$}.
\end{itemize} 
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\subsection*{B) \'Etude générale de $N(a)$}

\begin{enumerate}
\item On résout l'équation 
\begin{align*}
(1-a)^2 - a^2 = 0 & \Longleftrightarrow (1 - a - a)(1 - a + a) = 0 \\
& \Longleftrightarrow (1 - 2a) = 0 \\
& \Longleftrightarrow 2a = 1 \\
& \Longleftrightarrow a = \dfrac{1}{2}
\end{align*} 
\begin{center}
\fbox{Cette équation a une unique solution $\mathscr{S} = \left\{ \dfrac{1}{2} \right\}$.}
\end{center}
\item Le déterminant de la matrice $N(a)$ est $(1-a)^2 - a^2 = 1 - 2a$. On a vu précédemment que cette équation est différente de $0$ si et seulement si $a \neq \dfrac{1}{2}$. La matrice $N(a)$ est donc inversible si et seulement si $a \neq \dfrac{1}{2}$. Dans ce cas,  
\begin{center}
\fbox{$(N(a))^{-1} = \dfrac{1}{1-2a}\begin{pmatrix}
1-a & -a \\
-a & 1-a
\end{pmatrix}$}
\end{center}
\item On introduit la matrice $P = \begin{pmatrix}
1 & 1  \\
-1 & 1
\end{pmatrix}.$ Le déterminant de $P$ est $det(P) = 1 - (-1) = 2$. La matrice $P$ est inversible et donc 
\begin{center}
\fbox{$ P^{-1} = \dfrac{1}{2} \begin{pmatrix}
1 & -1 \\
1 & 1
\end{pmatrix}$.}
\end{center}
\item On calcule
\begin{align*}
D(a) & = P^{-1} N(a) P \\
     & = \dfrac{1}{2} \begin{pmatrix}
1 & -1 \\
1 & 1
\end{pmatrix} \times \begin{pmatrix}
1-a & a \\
a & 1-a 
\end{pmatrix} \times \begin{pmatrix}
1 & 1 \\
-1 & 1 
\end{pmatrix} \\
& = \dfrac{1}{2} \begin{pmatrix}
1 & -1 \\
1 & 1
\end{pmatrix} \times \begin{pmatrix}
1-2a & 1 \\
2a - 1 & 1  
\end{pmatrix} \\
& = \dfrac{1}{2} \begin{pmatrix}
2-4a & 0 \\
0 & 2
\end{pmatrix} \\
& = \begin{pmatrix}
1-2a & 0 \\
0 & 1
\end{pmatrix}
\end{align*}
\item On a 
\begin{align*}
D(a) = P^{-1} N(a) P & \Longleftrightarrow P D(a) = P P^{-1} N(a) P \\
& \Longleftrightarrow P D(a) P^{-1} = N(a) P P^{-1} \\
& \Longleftrightarrow \boxed{P D(a) P^{-1} = N(a) }
\end{align*}
\item On montre par récurrence les propositions $\P_n :  \left\{ (N(a))^n = P D(a)^n P^{-1} \right\}
$

\renewcommand\labelitemi{\textbullet}
\begin{itemize}
\item {\bf Initialisation :} On a d'un côté $(N(a))^0 = I_2$ et de l'autre $P (D(a))^0 P^{-1} = P P^{-1} = I_2$. Donc $\P_0$ est vraie. 
\item {\bf Hérédité :} On suppose que la proposition $\P_n$ est vraie pour un certain rang $n \geq 0$. On a alors 
\begin{align*}
(N(a))^{n+1} & = (N(a))^n \times N(a) \\
             & = P(D(a))^n P^{-1} P D(a) P^{-1} \\
             & = P (D(a))^{n+1} P^{-1}
\end{align*}
Donc la proposition $\P_{n+1}$ est vraie. La suite de proposition $(\P_n)$ est héréditaire.
\item {\bf Conclusion :} \fbox{Pour tout $n \in \N$, $(N(a))^n = P(D(a))^n P^{-1}$}.
\end{itemize} 
\item On calcule pour tout $n$ entier,
\begin{align*}
N(a)^n & = P(D(a))^n P^{-1} \\
& = \begin{pmatrix}
1 & 1 \\
-1 & 1 
\end{pmatrix} \times \begin{pmatrix}
(1-2a)^n & 0 \\
0 & 1
\end{pmatrix} \times \dfrac{1}{2} \begin{pmatrix}
1 & -1 \\
1 & 1
\end{pmatrix} \\
& = \begin{pmatrix}
(1-2a)^n & 1 \\
- (1-2a)^n & 1 
\end{pmatrix} \times \dfrac{1}{2} \begin{pmatrix}
1 & -1 \\
1 & 1
\end{pmatrix} \\
& = \dfrac{1}{2} \begin{pmatrix}
1 + (1-2a)^n  & 1 - (1-2a)^n \\
1 - (1-2a)^n & 1 + (1-2a)^n
\end{pmatrix}
\end{align*}
\end{enumerate}

\subsection*{C) \'Etude générale de $M(a)$}
\begin{enumerate}
\item on a:

\begin{eqnarray*}
M(a).M(b) &=&\left( 
\begin{array}{ccc}
{1-2a} & a & a \\ 
a & {1-2a} & a \\ 
a & a & {1-2a}
\end{array}
\right) \left( 
\begin{array}{ccc}
{1-2b} & b & b \\ 
b & {1-2b} & b \\ 
b & b & {1-2b}
\end{array}
\right)  \\
&=&\left( 
\begin{array}{ccc}
{1-2b-2a+4ab+2b} & a+b-3ab & {a+b-3ab} \\ 
a-2ab+b-2ba+ab & 1-2\left( {a+b-3ab}\right)  & {a+b-3ab} \\ 
ab+a-2ab+b-2ba & {a+b-3ab} & 1-2\left( {a+b-3ab}\right) 
\end{array}
\right) \\
&= & M(a+b-3ab)
\end{eqnarray*}

\item  On cherche l'inverse de $M\left( a\right) $ sous la forme de $%
M\left( b\right) .$ Comme $M\left( 0\right) =I_3,$ il suffit d'avoir $M\left(
a\right) M\left( b\right) =M\left( 0\right) $ donc 
\[
a+b-3ab=0\Leftrightarrow b\left( 1-3a\right) =-a\Leftrightarrow b=- \dfrac{a}{1-3a} \quad \text{si }a\ne 1/3
\]
Donc si $a\ne 1/3$ alors $b=- \dfrac{a}{1-3a} $  est solution et donc 
$$M\left( a\right) \cdot M\left( - \dfrac{a}{1-3a}\right) =M\left(
0\right) =I_3$$ 
Ainsi $M\left(a\right) $ est inversible et son inverse est : \begin{center}
\fbox{$M\left( a\right)
^{-1}=M\left( -\dfrac{a}{1-3a} \right) $}
\end{center}

\item On calcule 
\begin{align*}
M\left( \dfrac{1}{3}\right) ^{2} & = M\left( \dfrac{1}{3} \right) M\left( \dfrac{1}{3} \right) \\
& = M\left(\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{3}\right) \\
& = M\left(\dfrac{1}{3} \right)
\end{align*}
Par l'absurde, si on suppose que $M\left( 1/3\right) $ est inversible alors il existe une matrice inverse $M(1/3)^{-1}$ et d'une part $$ M(1/3)^{-1} \times M\left( 1/3\right) ^{2}= M\left( 1/3\right)$$
et 
$$M(1/3)^{-1} \times M\left( 1/3\right) ^{2}= M(1/3)^{-1} \times M\left( 1/3\right) =I_3$$ donc $%
M\left( 1/3\right) =I_3;$ Or $M\left( 1/3\right) \ne I_3$. Donc ceci est absurde.
\begin{center}
\fbox{Donc $M\left( 1/3\right) $ n'est pas inversible.}
\end{center}

\item On a montré précédemment que $a_{0}=1/3$ est une solution de 
\[
\left[ M(a_{0})\right] ^{2}=M(a_{0})
\]

Est-ce la seule? On résout
\begin{eqnarray*}
\left. \left[ M(x)\right] ^{2}=M(x)\right.  &\Leftrightarrow &M\left(
2x-3x^{2}\right) =M\left( x\right)  \\
&\Leftrightarrow &2x-3x^{2}=x \\
&\Leftrightarrow &x-3x^{2}=0\text{ \quad polyn\^{o}me} \\
&\Leftrightarrow &x=0\text{ ou }x=1/3
\end{eqnarray*}
\begin{center}
\fbox{Donc $a_0 = \dfrac{1}{3}$ est la seule solution non nulle.}
\end{center}

\item  On consid\`{e}re les matrices~: 
\[
P=M(a_{0})\quad \text{et}\quad Q=I_3-P
\]

\begin{enumerate}
\item  On a $M\left( a\right) =\left( \!\!{\ 
\begin{array}{ccc}
{1-2a} & a & a \\ 
a & {1-2a} & a \\ 
a & a & {1-2a}
\end{array}
}\!\!\right) $ et

$\displaystyle
P+\alpha Q=\frac{1}{3}\left( 
\begin{array}{rrr}
1 & 1 & 1 \\ 
1 & 1 & 1 \\ 
1 & 1 & 1
\end{array}
\right) +\frac{\alpha }{3}\left( 
\begin{array}{rrr}
2 & -1 & -1 \\ 
-1 & 2 & -1 \\ 
-1 & -1 & 2
\end{array}
\right) =\frac{1}{3}\left( 
\begin{array}{rrr}
1+2\alpha  & 1-\alpha  & 1-\alpha  \\ 
1-\alpha  & 1+2\alpha  & 1-\alpha  \\ 
1-\alpha  & 1-\alpha  & 1+2\alpha 
\end{array}
\right) $

Donc 
\begin{eqnarray*}
\left. M(a)=P+\alpha Q\right. \Leftrightarrow \left\{ 
\begin{array}{c}
1+2\alpha =3\left( 1-2a\right)  \\ 
1-\alpha =3a
\end{array}
\right.  \\
\Leftrightarrow \left\{ 
\begin{array}{c}
2\alpha =2-6a \\ 
\alpha =1-3a
\end{array}
\right. \Leftrightarrow \alpha =1-3a
\end{eqnarray*}

\begin{center}
\fbox{Donc $\alpha =1-3a$ est l'unique nombre qui convient pour : \quad $M(a)=P+\alpha Q$}
\end{center}

\item  \fbox{$P^{2}=P$ d'apr\`{e}s la d\'{e}finition de $P$}

On a ensuite
\begin{align*}
QP & =\left( I-P\right) P \\
   & = P-P^{2} \\
   & \boxed{= P-P = 0}
\end{align*}

\begin{align*}
PQ & = P\left( I-P\right)  \\
   & = P^2-P \\
   & \boxed{= P-P = 0}
\end{align*}
Enfin, 
\begin{align*}
Q^{2} & = \left( I-P\right) ^{2} \\
      & = I-P-P+P^{2}  \\
      & = I-2P+P \\
      & = \boxed{I - P = Q}
\end{align*}

\item  On proc\`{e}de par r\'{e}currence. Pour $n=1,\quad \left[ M(a)\right] ^{1}=M\left( a\right) =P+\alpha Q$ donc $%
x_{1}=1$ et $y_{1}=\alpha $ conviennent. (cel\`{a} \'{e}tait d\'{e}j\`{a} vrai pour $n=0$ mais l'\'{e}nnonc\'{e} ne
le demandait qu'\`{a} partir de 1) \\

Soit $n\ge 1$. On suppose qu'il existe $x_{n}$ et $y_{n}$ r\'{e}els tels que $\left[M(a)\right] ^{n}=x_{n}P+y_{n}Q$ alors

\begin{align*}
\left[ M(a)\right] ^{n+1} & =\left( x_{n}P+y_{n}Q\right) \left( P+\alpha Q\right) \\
& = x_{n}P^{2}+y_{n}QP+\alpha x_{n}PQ+\alpha y_{n}Q^{2} \\
& = x_{n}P+\alpha y_{n}Q
\end{align*}
Donc avec \fbox{$x_{n+1}=x_{n}$ et $y_{n+1}=\alpha y_{n}$} qui sont bien des
r\'{e}els, on a 
$$\left[ M(a)\right] ^{n+1}=x_{n+1}P+y_{n+1}Q$$

\item  La suite $x$ est constante donc \'{e}gale \`{a} $x_{1}=1$ et $y$ est
g\'{e}om\'{e}trique de raison $\alpha $ donc 
$$ y_{n}=\alpha^{n-1}y_{1}=\alpha ^{n}$$

donc pour tout entier $n\ge 1,\quad \left[ M\left( a\right) \right]
^{n}=P+\alpha ^{n}Q$. Montrer alors que  
\begin{center}
\fbox{$
\left[ M(a)\right] ^{n} = \dfrac{1}{3} \begin{pmatrix}
1 + 2a^n & 1 - a^n & 1 -a^n \\
1 - a^n & 1+ 2a^n & 1 - a^n \\
1 - a^n & 1 - a^n & 1 + 2a^n 
\end{pmatrix}
$}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\def\ccl#1{\[ \boxed{#1}\]}
\newcommand\Lra\Longrightarrow
\newcommand\lla\longleftarrow
\newcommand\llra\longleftrightarrow
\newcommand\Llra\Longleftrightarrow
\section*{Exercice 3 - Probabilités}
On considère une roue de loterie composée de 12 secteurs, numérotés de 1 à 12. Un croupier fait tourner cette roue devant un repère et on considère qu'à chaque lancer, chaque secteur à la même probabilité de s'arrêter devant le repère.\\
Un joueur choisit à chaque partie un ou plusieurs numéros parmi les 12. Il est gagnant si l'un des numéros choisis apparaît à l'arrêt de la roue.\\
Le joueur adopte la tactique suivante:
\begin{itemize}\renewcommand{\labelitemi}{$\bullet$}
\item il mise sur un seul numéro lors de la première partie,
\item s'il perd à la $n$-ème partie ($n\geq1$), il mise sur 2 numéros à la partie suivante; s'il gagne à la $n$-ème partie, il mise sur 3 numéros à la partie suivante.
\end{itemize}
\begin{enumerate}
\item Lors de la première partie, il mise sur un seul numéro. \begin{center}
\fbox{Donc $p_1 = \dfrac{1}{12} $}
\end{center}
$\{A_1,\overline{A_{1}}\}$ est un système complet d'événements fini donc, d'après la formule des probabilités totales,
\begin{align*}
p_2 = P(A_2) & = P(A_1) P_{A_1}(A_2) + P(\overline{A_1}) P_{\overline{A_1}} (A_2) \\
             & = \dfrac{1}{12} \times \dfrac{3}{12} + \dfrac{11}{12} \times \dfrac{2}{12} \\
             & = \dfrac{3}{144} + \dfrac{22}{144} \\
             & \boxed{= \dfrac{25}{144}}
\end{align*}
\item On note, pour tout $n\in\N$, $p_n$ la probabilité de l'événement $A_n$: "le joueur gagne la $n$-ème partie.
\begin{enumerate}
\item Si le joueur gagne la $n$-ème partie il mise sur 3 numéros donc $\ds P_{A_n}(A_{n+1})=\frac3{12}=\frac14$.\\
Sinon, il mise sur 2 numéros donc $\ds P_{\overline{A_n}}(A_{n+1})=\frac2{12}=\frac16$.
\ccl{\forall n\in\N^\star,~P_{A_n}(A_{n+1})=\frac14\hspace{20pt}\text{et}\hspace{20pt}P_{\overline{A_n}}(A_{n+1})=\frac16.}
$\{A_n,\overline{A_{n}}\}$ est un système complet d'événements fini donc, d'après la formule des probabilités totales,

\begin{align*}
p_{n+1} & = P(A_{n+1}) \\
	    & = P(A_n)P_{A_n}(A_{n+1})+P(\overline{A_n})P_{\overline{A_n}}(A_{n+1}) \\
	    & = \frac14p_n+\frac16(1-p_n) \\
	    & = \left(\frac14-\frac16\right)p_n+\frac16
\end{align*}

\ccl{\forall n\in\N^\star,~p_{n+1}=\frac1{12}p_n+\frac16.}
\item Tout d'abord,
$$x=\frac1{12}x+\frac16\Llra \frac{11}{12}x=\frac16\Llra x=\frac{2}{11}.$$
On a alors, pour tout $n\in\N^\star$,
$$p_{n+1}-\frac2{11}=\frac1{12}p_n+\frac16-\left(\frac1{12}\frac2{11}+\frac16\right)=\frac1{12}\left(p_n-\frac2{11}\right).$$
\ccl{\left(p_n-\frac2{11}\right)_{n\in\N^\star}\text{ est géométrique de raison }\frac1{12}.}
\item $\ds\left(p_n-\frac2{11}\right)_{n\in\N^\star}$ étant géométrique de raison $\ds\frac1{12}$, on a:
$$\forall n\in\N^\star,~p_n-\frac2{11}=\left(\frac1{12}\right)^{n-1}\left(p_1-\frac2{11}\right).$$
De plus, $\ds p_1=P(A_1)=\frac1{12}$ d'où:
$$\forall \in\N^\star,~p_n=\left(\frac1{12}\right)^{n-1}\left(\frac1{12}-\frac2{11}\right)+\frac2{11}=\frac2{11}-\frac{13}{132}\left(\frac1{12}\right)^{n-1}.$$
\ccl{\forall n\in\N^\star,~p_n=\frac2{11}-\frac{13}{132}\left(\frac1{12}\right)^{n-1}.}
\end{enumerate}
\item \begin{enumerate}
\item \ccl{B_n=\left(\bigcap_{i=1}^{n-1}\overline{A_i}\right)\bigcap A_n.}
$\ds P\left(\bigcap_{i=1}^{n-1}\overline{A_i}\right)>0$ donc, d'après la formule des probabilités composées,
\begin{align*}
P(B_n)&=P(\overline{A_1})P_{\overline{A_1}}(\overline{A_2})\ldots P_{\bigcap_{i=1}^{n-2}\overline{A_i}}(\overline{A_{n-1}}) P_{\bigcap_{i=1}^{n-1}\overline{A_i}}(A_n)
\end{align*}
De plus, la façon de jouer ne dépend que du résultat précédent donc
\begin{align*}
P(B_n)&=P(\overline{A_1})P_{\overline{A_1}}(\overline{A_2})\ldots P_{\overline{A_{n-2}}}(\overline{A_{n-1}}) P_{\overline{A_{n-1}}}(A_n)\\
&=P(\overline{A_1})\left(\prod_{k=1}^{n-2}P_{\overline{A_{k}}}(\overline{A_{k+1}})\right)P_{\overline{A_{n-1}}}(A_n) \\
&=\frac{11}{12}\left(\prod_{k=1}^{n-2}\frac56\right)\frac16
\end{align*}
\ccl{P(B_n)=\frac{11}{72}\left(\frac56\right)^{n-2}.}
\item $\ds B_1=A_1\bigcap \left(\bigcap_{i=2}^{n}\overline{A_i}\right)$. De plus, $\ds P\left(A_1\bigcap \left(\bigcap_{i=2}^{n-1}\overline{A_i}\right)\right)>0$ donc, d'après la formule des probabilités composées et en reprenant l'idée du raisonnement précédent, on a:
\begin{align*}
P(B_1)&=P(A_1)P_{A_1}(\overline{A_2})P_{A_1\bigcap\overline{A_2}}(\overline{A_3})\ldots P_{A_1\bigcap \left(\bigcap_{i=2}^{n-1}\overline{A_i}\right)}(\overline{A_n})\\
&=P(A_1)P_{A_1}(\overline{A_2})P_{\overline{A_2}}(\overline{A_3})\ldots P_{\overline{A_{n-1}}}(\overline{A_n})=\frac1{12}\frac34\left(\frac56\right)^{n-2}.
\end{align*}
\ccl{P(B_1)=\frac1{16}\left(\frac56\right)^{n-2}.}
\item Soit $k\in\llbracket 2,n-1\rrbracket$. On a $\ds B_k=\left(\bigcap_{i=1}^{k-1}\overline{A_i}\right)\bigcap A_k\bigcap\left(\bigcap_{i=k+1}^{n}\overline{A_i}\right)$.\\
On a $\ds P\left(\left(\bigcap_{i=1}^{k-1}\overline{A_i}\right)\bigcap A_k\bigcap\left(\bigcap_{i=k+1}^{n-1}\overline{A_i}\right)\right)>0$ donc, d'après la formule des probabilités composées et en reprenant les raisonnements précédents, on a:
\begin{align*}
P(B_k)&=P(\overline{A_1})\left(\prod_{i=1}^{k-2}P_{\overline{A_i}}(\overline{A_{i+1}})\right)P_{\overline{A_{k-1}}}(A_k)P_{A_k}(\overline{A_{k+1}})\left(\prod_{i=k+1}^{n-1}P_{\overline{A_i}}(\overline{A_{i+1}})\right)\\
&=\frac{11}{12}\left(\frac56\right)^{k-2}\frac16\frac34\left(\frac56\right)^{n-k-1}
\end{align*}
\ccl{\forall k\in\llbracket2,n-1\rrbracket,~P(B_k)=\frac{11}{96}\left(\frac56\right)^{n-3}.}
\item $\ds C_n=\bigcup_{k=1}^n B_k$ et les $B_k$ sont deux à deux incompatibles donc
\begin{align*}
P(C_n)&=\sum_{k=1}^nP(B_k)=P(B_1)+\sum_{k=2}^{n-1}P(B_k)+P(B_n)\\
&=\frac1{16}\left(\frac56\right)^{n-2}+\sum_{k=2}^{n-1}\frac{11}{96}\left(\frac56\right)^{n-3}+\frac{11}{72}\left(\frac56\right)^{n-2}\\
&=\left(\frac1{16}+\frac{11}{72}\right)\left(\frac56\right)^{n-2}+(n-2)\frac{11}{96}\left(\frac56\right)^{n-3}
\end{align*}
\ccl{P(C_n)=\frac{31}{144}\left(\frac56\right)^{n-2}+(n-2)\frac{11}{96}\left(\frac56\right)^{n-3}.}
\end{enumerate}
\item \textbf{\'Etude Scilab.} On rappelle que la fonction \texttt{rand()} permet d'obtenir un nombre réel aléatoire entre $0$ et $1$. 
\begin{enumerate}
\item L'expression \texttt{ceil(12 * rand())} permet d'obtenir un \fbox{nombre entier aléatoire entre $1$ et $12$. }
\item Recopiez et complétez ce programme Scilab permettant de simuler la première partie (on demandera au joueur quel numéro, il choisit)
\begin{verbatim}
resultat = ceil(12*rand())
choix_joueur = ..input("Choisir un nombre entier entre 1 et 12")..
if ..choix_joueur == resultat.. then
    disp("Le joueur a gagné")
else
    disp("Le joueur a perdu")
..end..
\end{verbatim}
%\item recopiez et complétez ce programme Scilab permettant de simuler n parties (on demandera au joueur combien de partie il veut lancer et quel numéro, il choisit)
%\begin{verbatim}
%n = ...........
%CJ1 = ................ (1er Choix du joueur)
%CJ2 = 0                (2eme choix du joueur)
%CJ3 = 0                (3eme choix du joueur)
%for k = 1:n
%    resultat = ceil(12*rand())
%    if CJ1 == resultat then
%        disp("Le joueur a ........ le" + str(k) + "ème jeu.")
%        CJ1 = .................
%        CJ2 = .................
%        CJ3 = .................
%    ....... CJ2 == resultat then
%        disp("Le joueur a ........ le" + str(k) + "ème jeu.")
%        CJ1 = .................
%        CJ2 = .................
%        CJ3 = .................
%    ........ CJ3 == resultat then
%        disp("Le joueur a ........ le" + str(k) + "ème jeu.")
%        CJ1 = .................
%        CJ2 = .................
%        CJ3 = .................
%    else 
%        disp("Le joueur a ........ le" + str(k) + "ème jeu.")
%        CJ1 = .................
%        CJ2 = .................
%        CJ3 = 0
%	end
%end
%\end{verbatim}
\end{enumerate}
\end{enumerate}


\end{document}