\input{../preambules/preDM.tex}
\usepackage{listings}
\usetikzlibrary{shapes}
\renewcommand{\P}{\mathcal{P}}
\newcommand{\Pro}{\text{P}}
\def\ccl#1{\[ \boxed{#1}\]}
\begin{document}

\chead{Correction Devoir maison n°7}
\lfoot{}
\cfoot{Systèmes linéaires et continuité.}

\begin{center}
\fbox{ \Large Correction Devoir maison n°7}

\end{center}
\vspace{30pt}

\section*{Exercice 1}

{\bf Exercice 14A (cours)} \\
Résoudre  les systèmes suivants 
\begin{enumerate}
\item On résout le système 
\begin{align*}
\left\{\begin{array}{rrr @{\quad =\quad} r}
2x&+&4y& 1\\
x&+&3y&3
\end{array}\right. & \Longleftrightarrow \left\{\begin{array}{rrr @{\quad =\quad} r @{\qquad}r}
2x&+&4y& 1 & \\
&& 2y&5 & 2L_2 - L_1 \to L_2
\end{array}\right. \\
& \Longleftrightarrow \left\{\begin{array}{rrr @{\quad =\quad} r @{\qquad}r}
&& 2x& 1 - 10 & \\
&& y&\dfrac{5}{2} & 
\end{array}\right.
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{Le système a une unique solution : $\mathcal{S} = \left\{ \left( -\dfrac{9}{2}, \dfrac{5}{2} \right) \right\}$.}
\end{center}

\item On résout le système 
\begin{align*}
\left\{\begin{array}{rrr @{\quad =\quad} r}
2x&+&y& 0\\
6x&+&3y& 0
\end{array}\right. & \Longleftrightarrow \left\{\begin{array}{rrr @{\quad =\quad} r @{\qquad}r}
2x&+&3y& 0 & \\
&& 0&0 & 3L_1 - L_2 \to L_2
\end{array}\right. \\
& \Longleftrightarrow \left\{\begin{array}{rrr @{\quad =\quad} r @{\qquad}r}
&& x& - \dfrac{3}{2}y & \\
&& 0& 0 & 
\end{array}\right.
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{L'ensemble des solutions est : $\mathcal{S} = \left\{ \left( -\dfrac{3}{2}y, y \right), \; y \in \R \right\}$.}
\end{center}
\end{enumerate}

{\bf Exercice 14B (Application)} \\
Résoudre les systèmes suivants :
\begin{enumerate}
\item On résout le système :
\begin{align*}
\left\{\begin{array}{rrrrr @{\quad =\quad} r}
2x&+&y&-&2z& 1\\
2x&+&3y&-&z& 2\\
2x&-&y&+&2z& 0
\end{array}\right. & \Longleftrightarrow 
\left\{\begin{array}{rrrrr @{\quad =\quad} r @{\qquad} r}
2x&+&y&-&2z & 1\\
&&2y&+&z & 1 & L_2 - L_1 \to L_2\\
& -&2y&+&4z & -1  & L_3 - L_1 \to L_3
\end{array}\right. \\
& \Longleftrightarrow \left\{\begin{array}{rrrrr @{\quad =\quad} r @{\qquad} r}
2x&+&y&-&2z & 1\\
& &2y&+&z & 1  & \\
&&&&5z & 0 & L_2 + L_3 \to  L_3 
\end{array}\right. \\
& \Longleftrightarrow \left\{\begin{array}{rrrrr @{\quad =\quad} r @{\qquad} r}
&&&&2x & 1 - \dfrac{1}{2}\\
&&&&2y & 1  &  \\
&&&&z & 0 & 
\end{array}\right. \\
& \Longleftrightarrow \left\{\begin{array}{rrrrr @{\quad =\quad} r @{\qquad} r}
&&&&x & \dfrac{1}{4}\\
&&&&y & \dfrac{1}{2}  &  \\
&&&&z & 0 & 
\end{array}\right.
\end{align*}

\begin{center}
\fbox{Le système admet donc une unique solution : $\mathcal{S} = \left\{ \left( \dfrac{1}{4} , \dfrac{1}{2} , 0 \right) \right\}$.}
\end{center}

\item On résout le système :
\begin{align*}
\left\{\begin{array}{rrrrr @{\quad =\quad} r}
2x&+&3y&-&2z& 0 \\
x&+&2y&-&3z& 0 \\
3x&+&4y&-&z& 0
\end{array}\right. & \Longleftrightarrow 
\left\{\begin{array}{rrrrr @{\quad =\quad} r @{\qquad} r}
2x&+&3y&-&2z & 0\\
&&y&-&4z & 0 & 2L_2 - L_1 \to L_2\\
&-&y&+&4z & 0  & 2L_3 - 3L_1 \to L_3
\end{array}\right. \\
& \Longleftrightarrow \left\{\begin{array}{rrrrr @{\quad =\quad} r @{\qquad} r}
2x&+&3y&-&2z & 0\\
& &y&-&4z & 0  & \\
&&&&0 & 0 & L_2 + L_3 \to  L_3 
\end{array}\right. \\
& \Longleftrightarrow \left\{\begin{array}{rrrrr @{\quad =\quad} r @{\qquad} r}
&&&&2x &-10z\\
&&&&y & 4z  &  \\
&&&&0 & 0 & 
\end{array}\right. \\
& \Longleftrightarrow \left\{\begin{array}{rrrrr @{\quad =\quad} r @{\qquad} r}
&&&&x & - 5z \\
&&&&y &  4 z  &  
\end{array}\right.
\end{align*}

\begin{center}
\fbox{L'ensemble des solutions est alors $\mathcal{S} = \left\{ \begin{pmatrix}
- 5z \\
4z \\
z 
\end{pmatrix}, z \in \R \right\}$}
\end{center}

\end{enumerate}

{\bf Exercice 15A (cours)} \\
\begin{enumerate}
\item On utilise la méthode du pivot de Gauss
\begin{align*}
\begin{array}{c|cr}
 \begin{pmatrix}
2 & 3 \\
1 & -1 
\end{pmatrix} & \begin{pmatrix}
1 & 0 \\
0 & 1
\end{pmatrix} & \\
& &  \\
\begin{pmatrix}
2 & 3 \\
0 & 5 
\end{pmatrix} & \begin{pmatrix}
1 & 0 \\
1 & -2
\end{pmatrix} & \begin{array}{c}
\\
L_1 - 2L_2 \to L_2 
\end{array} 
\end{array}
\end{align*}
La matrice $A$ est inversible car les pivots sont non nuls. 
\begin{align*}
\begin{array}{c|cr}
\begin{pmatrix}
10 & 0 \\
0 & 3 
\end{pmatrix} & \begin{pmatrix}
2 & 6 \\
1 & -2
\end{pmatrix} & \begin{array}{c}
5L_1 - 3L_2 \to L_1  \\
.
\end{array} \\
& &  \\
\begin{pmatrix}
1 & 0 \\
0 & 1 
\end{pmatrix} & \dfrac{1}{5} \begin{pmatrix}
1 & 3 \\
1 & -2
\end{pmatrix} & \begin{array}{c}
(1/10) L_1  \to L_1  \\
(1/5) L_2  \to L_2
\end{array} \\
\end{array}
\end{align*} 
On obtient alors \begin{center}
\fbox{$A^{-1} = \dfrac{1}{5} \begin{pmatrix}
1 & 3 \\
1 & -2
\end{pmatrix}$.}
\end{center}
\item  On applique le pivot de Gauss :
\begin{align*}
\begin{array}{c|cr}
\begin{pmatrix}
4 & -2 & 1\\
2 & 1 & 1\\
10 & -7 & 2
\end{pmatrix} & \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix} & \begin{array}{r}
\blank
\end{array} \\
& & \\
\begin{pmatrix}
4 & -2 & 1\\
0 & 4 & 1\\
0 & -4 & -1
\end{pmatrix} & \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
-1 & 2 & 0 \\
-5 & 0 & 2
\end{pmatrix} & \begin{array}{r}
\blank \\
2L_2 - L_1 \to L_2 \\
2L_3 - 5L_1 \to L_3
\end{array} \\
 & & \\
\begin{pmatrix}
4 & -2 & 1\\
0 & 4 & 1\\
0 & 0 & 0
\end{pmatrix} & \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
-1 & 2 & 0 \\
-6 & 2 & 2
\end{pmatrix} & \begin{array}{r}
\blank \\
\blank \\
L_3 + L_2 \to L_3
\end{array}
\end{array}
\end{align*}
La méthode de Gauss a fait apparaitre 3 pivot dont un est nul. \begin{center}
\fbox{La matrice $B$ n'est pas inversible. }
\end{center}
\end{enumerate}

{\bf Exercice 15B (Application)} \\
On calcule l'inverse de la matrice $C=\left(\begin{array}{ccc}
2 & -3 & 2 \\
1 & 2 & -1 \\
1 & -1 & 1
\end{array}\right)$ à l'aide du pivot de Gauss :

\begin{align*}
\begin{array}{c|cr}
\begin{pmatrix}
2 & -3 & 2 \\
1 & 2 & -1 \\
1 & -1 & 1
\end{pmatrix} & \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix} & \begin{array}{r}
\blank
\end{array} \\
& & \\
\begin{pmatrix}
2 & -3 & 2\\
0 & 7 & -4\\
0 & 1 & 0 
\end{pmatrix} & \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
-1 & 2 & 0 \\
-1 & 0 & 2
\end{pmatrix} & \begin{array}{r}
\blank \\
2L_2 - L_1 \to L_2\\
2L_3 - L_1 \to L_3
\end{array} \\
 & & \\
\begin{pmatrix}
2 & -3 & 2 \\
0 & 1 & 0  \\
0 & 7 & -4
\end{pmatrix} & \begin{pmatrix}
 1 & 0 & 0 \\
-1 & 0 & 2 \\
-1 & 2 & 0
\end{pmatrix} & \begin{array}{r}
\blank \\
L_2 \leftrightarrow L_3 \\
\blank
\end{array} \\
 & & \\
\begin{pmatrix}
2 & 0 & 2\\
0 & 1 & 0\\
0 & 0 & -4
\end{pmatrix} & \begin{pmatrix}
-2 & 0 & 6 \\
-1 & 0 & 2 \\
6 & 2 & -14
\end{pmatrix} & \begin{array}{r}
L_1 + 3L_2 \to L_1\\
\blank \\
L_3 - 7L_2 \to L_2 
\end{array} \\
 & & \\
\begin{pmatrix}
4 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0\\
0 & 0 & -4
\end{pmatrix} & \begin{pmatrix}
2 & 2 & -2 \\
-1 & 0 & 2 \\
6 & 2 & -14
\end{pmatrix} & \begin{array}{r}
L_3 + 2L_1 \to L_1\\
\blank \\
\blank
\end{array} \\
 & & \\
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix} & \dfrac{1}{2} \begin{pmatrix}
1 & 1 & -1 \\
-2 & 0 & 4 \\
-3 & -1 & 7
\end{pmatrix} & \begin{array}{r}
\frac{1}{2}L_1 \to L_1\\
\blank \\
\frac{1}{-4}L_3 \to L_3 
\end{array}
\end{array}
\end{align*}

Les pivots étant tous non nuls, \begin{center}
\fbox{la matrice $C$ est inversible et $C^{-1}  = \dfrac{1}{2} \begin{pmatrix}
1 & 1 & -1 \\
-2 & 0 & 4 \\
-3 & -1 & 7
\end{pmatrix}$.}
\end{center}


\section*{Exercice 2 (Inverse de matrice et résolution de système)}
\begin{enumerate}
\item \begin{align*}
\begin{array}{c|cr}
\begin{pmatrix}
1 & 2 & 0\\
1 & 0 & 0\\
0 & 2 & 0
\end{pmatrix} & \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix} & \begin{array}{r}
\blank
\end{array} \\
& & \\
\begin{pmatrix}
1 & 2 & 0\\
0 & 2 & 0\\
0 & 2 & 0
\end{pmatrix} & \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
1 & -1 & 0 \\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix} & \begin{array}{r}
\blank \\
L_1 - L_2 \to L_2 \\
\end{array} \\
 & & \\
\begin{pmatrix}
1 & 2 & 0\\
0 & 2 & 0\\
0 & 0 & 0
\end{pmatrix} & \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
1 & -1 & 0 \\
-1 & 1 & 1
\end{pmatrix} & \begin{array}{r}
\blank \\
\blank \\
L_3 - L_2 \to L_3
\end{array}
\end{array}
\end{align*}
La méthode de Gauss a fait apparaitre 3 pivot dont un est nul. \begin{center}
\fbox{La matrice $C$ n'est pas inversible. }
\end{center}
\item {}

\begin{enumerate}
\item On calcule l'inverse de la matrice $M=\left(\begin{array}{ccc}
3 & 2 & -1 \\
1 & -1 & 1 \\
2 & -4 & 5
\end{array}\right)$ à l'aide du pivot de Gauss :

\begin{align*}
\begin{array}{c|cr}
\begin{pmatrix}
3 & 2 & -1 \\
1 & -1 & 1 \\
2 & -4 & 5
\end{pmatrix} & \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix} & \begin{array}{r}
\blank
\end{array} \\
& & \\
\begin{pmatrix}
1 & -1 & 1 \\
3 & 2 & -1 \\
2 & -4 & 5
\end{pmatrix} & \begin{pmatrix}
0 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix} & \begin{array}{r}
\blank \\
L_1 \leftrightarrow L_2 \\
\blank
\end{array} \\
& & \\
\begin{pmatrix}
1 & -1 & 1 \\
0 & 5 & -4 \\
0 & -2 & 3
\end{pmatrix} & \begin{pmatrix}
0 & 1 & 0 \\
1 & -3 & 0 \\
0 & -2 & 1
\end{pmatrix} & \begin{array}{r}
\blank \\
L_2 - 3L_1 \to L_2\\
L_3 - 2L_1 \to L_3
\end{array} \\
 & & \\
\begin{pmatrix}
5 & 0 & 1 \\
0 & 5 & -4 \\
0 & 0 & 7
\end{pmatrix} & \begin{pmatrix}
1 & 2 & 0 \\
1 & -3 & 0 \\
2 & -16 & 5
\end{pmatrix} & \begin{array}{r}
5L_1 + L_2 \to L_1\\
\blank \\
5L_3 + 2L_2 \to L_3 
\end{array} \\
 & & \\
\begin{pmatrix}
35 & 0 & 0 \\
0 & 35 & 0 \\
0 & 0 & 7
\end{pmatrix} & \begin{pmatrix}
5 & 30 & -5 \\
15 & -85 & 20 \\
2 & -16 & 5
\end{pmatrix} & \begin{array}{r}
7L_1 - L_3 \to L_1\\
7L_2 + 4L_3 \to L_2 \\
\blank
\end{array} \\
 & & \\
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix} & \dfrac{1}{7} \begin{pmatrix}
1 & 6 & -1 \\
3 & -17 & 4 \\
2 & -16 & 5
\end{pmatrix} & \begin{array}{r}
\frac{1}{35}L_1 \to L_1\\
\frac{1}{35}L_2 \to L_2 \\
\frac{1}{7}L_3 \to L_3 
\end{array}
\end{array}
\end{align*}

Les pivots étant tous non nuls, \begin{center}
\fbox{la matrice $M$ est inversible et $M^{-1}  = \dfrac{1}{7} \begin{pmatrix}
1 & 6 & -1 \\
3 & -17 & 4 \\
2 & -16 & 5
\end{pmatrix}$.}
\end{center}

\item On remarque que le système linéaire: $\begin{cases}
3x+2y-z & =5\\
x-y+z & =1\\
2x-4y+5z & =-3
\end{cases}$ est équivalent à 
$$
MX = \vect{5}{1}{-3} \Longleftrightarrow X = M^{-1} \vect{5}{1}{-3}
$$
Après calcul, le système a une unique solution \begin{center}
\fbox{$X = \vect{2}{-2}{-3}$}
\end{center}
\end{enumerate}
\item On considère le système $(E_{\lambda }):\left\{ 
\begin{array}{l}
{-2x-2y+z=\lambda x } \\ 
{-2x+y-2z=\lambda y} \\ 
{x-2y-2z=\lambda z}%
\end{array}%
\right. $ où $\lambda \in \mathbb{R}.$

\begin{enumerate}
\item Pour quelles valeurs de $\lambda $, le système $(E_{\lambda })$ est-il de
Cramer ?

 On a 
\begin{align*}
(E_{\lambda }) & \Longleftrightarrow \begin{cases}
-(2+\lambda)x -2 y+ z & = 0 \\
-2x + (1 - \lambda)y - 2 z & = 0 \\
x - 2y - (2 + \lambda) z & = 0
\end{cases}  \\
& \Longleftrightarrow \begin{cases}
x - 2y - (2 + \lambda) z & = 0\\
-2x + (1 - \lambda)y - 2 z & = 0   \qquad L_3 \leftrightarrow L_1 \\
-(2+\lambda)x -2 y+ z & = 0 
\end{cases} \\
& \Longleftrightarrow \begin{cases}
x - 2y - (2 + \lambda) z & = 0 \\
0 - (3 +
 \lambda)y + -2(\lambda +3) z & = 0  \qquad L_2+2L_1 \to L_2 \\
0-2(3+\lambda)y + (1-(2+\lambda)^2)z& = 0 \qquad L_3 + (2+\lambda)L_1 \to L_3 
\end{cases} \\
& \Longleftrightarrow \begin{cases}
x - 2y - (2 + \lambda) z & = 0 \\
0 - (3 +
 \lambda)y + -2(\lambda +3) z & = 0  \\
0-2(3+\lambda)y + (1-(2+\lambda))(1+(2+\lambda))z& = 0 
\end{cases} \\
& \Longleftrightarrow \begin{cases}
x - 2y - (2 + \lambda) z & = 0 \\
 - (3 +
 \lambda)y + -2(\lambda +3) z & = 0  \\
-2(3+\lambda)y + (-1-\lambda)(3+\lambda)z& = 0 
\end{cases} \\
& \Longleftrightarrow \begin{cases}
x - 2y - (2 + \lambda) z & = 0 \\
 - (3 +
 \lambda)y + -2(\lambda +3) z & = 0  \\
+ (-1-\lambda+4)(3+\lambda)z& = 0 \qquad L_3 - 2L_2 \to L_3 
\end{cases} \\
& \Longleftrightarrow \begin{cases}
x - 2y - (2 + \lambda) z & = 0 \\
 - (3 +
 \lambda)y + -2(\lambda +3) z & = 0  \\
(3-\lambda)(3+\lambda)z& = 0 
\end{cases} \\
\end{align*}
Ainsi le système est de Cramer si et seulement si $3+ \lambda = 0 \Longleftrightarrow \lambda = -3$ et si $(3-\lambda)(3+\lambda) = 0 \Longleftrightarrow \lambda = 3$ ou $ \lambda = -3$. 
\begin{center}
\fbox{Ainsi le système est de Cramer si et seulement si $ \lambda = 3$ ou $ \lambda = -3$. }
\end{center}

\item Résoudre le système selon les valeurs de $\lambda $. \\

 \begin{itemize}
 \item[$\bullet$] Si $\lambda\notin\{-3,3\}$, le système $(E_{\lambda})$ est un système de Cramer, il admet donc une unique solution. Or $(0,0,0)$ est clairement solution de ce système. Donc \begin{center}
 \fbox{Le système admet une unique solution $(0,0,0)$}
 \end{center}
 \item[$\bullet$] Si $\lambda=3$, alors d'après les calculs de la question précédente, il faut résoudre le système
 \begin{align*}
(E_{3}) &\Longleftrightarrow \begin{cases}
x - 2y - 5 z & = 0 \\
 -6y - 12 z & = 0   \\
0 & = 0 
\end{cases} \\
&\Longleftrightarrow \begin{cases}
x & = 2y+ 5z \\
y & = -2  z   \\
0 & = 0 
\end{cases}
&\Longleftrightarrow \begin{cases}
x & = z \\
y & = -2  z   \\
0 & = 0 
\end{cases}
\end{align*}

\fbox{L'ensemble des solution de $(E_{3})$ est $\{(x,y,z)=\alpha (1,-2,1),\; \alpha\in\R\}$}.
 \item[$\bullet$] Si $\lambda=-3$, alors d'après les calculs de la question précédente, il faut résoudre le système
 \begin{align*}
(E_{-3}) &\Longleftrightarrow \begin{cases}
x - 2y + z & = 0 \\
 0 & = 0   \\
0 & = 0 
\end{cases} \\
&\Longleftrightarrow \begin{cases}
x & = 2y - z \\
0 & = 0   \\
0 & = 0 
\end{cases}
\end{align*}

\fbox{L'ensemble des solution de $(E_{-3})$ est $\{(x,y,z)=\alpha (2,1,0)+\beta(-1,0,1),\; (\alpha,\beta)\in\R^2\}$}.
 \end{itemize}

\end{enumerate}


\end{enumerate}



\section*{Exercice 3 - Inspiré EDHEC 1995}
\begin{enumerate}
\item A l'instant 0, le mobile est en $O$ donc \begin{center}
\fbox{$P(E_{0,0})=1$ et $P(E_{0,-1})=P(E_{0,1})=0$.}
\end{center}
Puisqu'à l'instant 0 le mobile est en $O$, il sera en $A$ avec probabilité $p$ et en $B$ avec probabilité $q$, c'est à dire
\begin{center}
\fbox{$P(E_{1,0})=0,~ P(E_{1,1})=p \text{ et } P(E_{1,-1})=q$}
\end{center}
\item \begin{enumerate}
\item Le mobile ne reste pas sur place entre deux instants successifs donc pour tout $i\in\{-1,0,1\}$, 
\begin{center}
\fbox{$P_{E_{n,i}}(E_{n+1,i})=0$.}
\end{center}
Si le mobile est en $O$ à l'instant $n$, il sera à l'instant $n+1$ en $A$ avec probabilité $p$ et en $B$ avec probabilité $q$ donc 
\begin{center}
\fbox{$P_{E_{n,0}}(E_{n+1,1})=p$ et $P_{E_{n,0}}(E_{n+1,-1})=q$.}
\end{center}
Si le mobile est en $A$ ou en $B$ alors à l'instant $n+1$ il retourne en $O$ donc 
\begin{center}
\fbox{$P_{E_{n,1}}(E_{n+1,0})=P_{E_{n,-1}}(E_{n+1,0})=1$ et $P_{E_{n,1}}(E_{n+1,-1})=P_{E_{n,-1}}(E_{n+1,1})=0$.}
\end{center}
\item Soit $n\in\N$, alors $\{E_{n,-1},E_{n,0},E_{n,1}\}$ est un système complet d'événements finis. On a donc d'après la formule des probabilités totales, pour tout $i\in\{-1,0,1\}$,
$$P(E_{n+1,i})=P_{E_{n,-1}}(E_{n+1,i})P(E_{n,-1})+P_{E_{n,0}}(E_{n+1,i})P(E_{n,0})+P_{E_{n,1}}(E_{n+1,i})P(E_{n,1}).$$
En utilisant les résultats de la question (2)(a) on obtient
\begin{center}
\fbox{$\Pro(E_{n+1,-1})=q\Pro(E_{n,0}),~
\Pro(E_{n+1,0})=\Pro(E_{n,-1})+\Pro(E_{n,1}) \text{ et }
\Pro(E_{n+1,1})=p\Pro(E_{n,0}).$}
\end{center}
\end{enumerate}
\item \begin{enumerate}
\item Le résultat de la question (2)(b) peut s'écrire
$$\begin{pmatrix}\Pro(E_{n+1,-1})\\\Pro(E_{n+1,0})\\\Pro(E_{n+1,1}) \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0 & q & 0\\1 & 0 & 1\\ 0 & p & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}\Pro(E_{n,-1})\\\Pro(E_{n,0})\\\Pro(E_{n,1}) \end{pmatrix}.$$
Autrement dit, \begin{center}
\fbox{$U_{n+1}=MU_n$ avec 
$M=\begin{pmatrix}0 & q & 0\\1 & 0 & 1\\ 0 & p & 0 \end{pmatrix}.$}
\end{center}
\item Montrons par récurrence sur $n$ que, pour tout $n\in\N$, $U_n=M^nU_0$.\\
Pour $n=0$ on a bien $M^0U_0=I_3U_0=U_0$.\\
Soit $n\in\N$, supposons que $U_n=M^nU_0$. Alors on a $U_{n+1}=MU_n=MM^nU_0=M^{n+1}U_0$. Donc l'égalité reste vraie au rang $n+1$.\\
\begin{center}
\fbox{On a donc, pour tout $n\in\N$, $U_n=M^nU_0$.}
\end{center}
\item Le script Scilab est 
\begin{verbatim}
n = input("Entrez n: ")
p = input("Entrez p: ")
q = input("Entrez q: ")

M = [0, q , 0 ; 1, 0, 1 ; 0, p, 0]
U0 = [0; 1; 0]
U = M^n*U0
disp(U)
\end{verbatim}
\end{enumerate}
\item \begin{enumerate}
\item Pour montrer que $Q$ est inversible il suffit de résoudre le système linéaire suivant
\begin{align*}
\begin{cases} qx_1+x_2+qx_3&=y_1\\-x_1\hspace{22pt}+x_3&=y_2\\ px_1-x_2+px_3&=y_3\end{cases}&\Longleftrightarrow \begin{cases} \phantom{q}x_1\hspace{22pt}+qx_3&=y_1+y_3 \hspace{40pt} L_1\leftarrow L_1+L_3\\-x_1\hspace{22pt}+x_3&=y_2\\ px_1-x_2+px_3&=y_3\end{cases}\\
&\Longleftrightarrow \begin{cases} \phantom{q}x_1\hspace{22pt}+qx_3&=y_1+y_3\\\phantom{-x_1}\hspace{32pt}2x_3&=y_1+y_2+y_3\hspace{20pt} L_2\leftarrow L_2+L_1\\ \phantom{px_1}-x_2\phantom{+px_3}&=-py_1+qy_3\hspace{23pt}L_3\leftarrow L_3-pL_1\end{cases}\\
&\Longleftrightarrow \begin{cases}x_1&=\frac12(y_1-y_2+y_3)\\x_2&=py_1-qy_3\\x_3&=\frac12(y_1+y_2+y_3)\end{cases}\\
\end{align*}
Donc $Q$ est inversible et $Q^{-1}=\ds\frac12\begin{pmatrix}1&-1&1\\2p&0&-2q\\1&1&1 \end{pmatrix}$.
\remarque{Vous pouvez également utiliser la méthode du cours pour trouver $Q^{-1}$}
\item Calculons $QDQ^{-1}$.
\begin{align*}
QDQ^{-1} &= \frac12\begin{pmatrix}q&1&q\\-1&0&1\\p&-1&p \end{pmatrix}\begin{pmatrix}-1 & 0&0\\0&0&0\\0&0&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&-1&1\\2p&0&-2q\\1&1&1 \end{pmatrix}\\
&= \frac12\begin{pmatrix}q&1&q\\-1&0&1\\p&-1&p \end{pmatrix}\begin{pmatrix}-1&1&-1\\0&0&0\\1&1&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0 & q & 0\\1 & 0 & 1\\ 0 & p & 0 \end{pmatrix}=M
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{On a donc bien $QDQ^{-1}=M$.}
\end{center}
\item Montrons par récurrence sur $n$ que, pour tout $n\in\N$, $M^n=QD^nQ^{-1}$.\\
Pour $n=0$ on a bien $QD^0Q^{-1}=QI_3Q^{-1}=QQ^{-1}=I_3=M^0$.\\
Soit $n\in\N$, supposons que $M^n=QD^nQ^{-1}$, alors
$$M^{n+1}=M^nM=QD^nQ^{-1}QDQ^{-1}=QD^nDQ^{-1}=QD^{n+1}Q^{-1}$$
L'égalité reste donc vraie au rang $n+1$ et donc on a obtenu que \begin{center}
\fbox{pour tout $n\in\N$, $M^n=QD^nQ^{-1}$.}
\end{center}
\end{enumerate}
\item \begin{enumerate}
\item Tout d'abord, on sait d'après le cours que, pour tout $n\in\N$, $$D^n=\begin{pmatrix}(-1)^n & 0&0\\0&0&0\\0&0&1\end{pmatrix}.$$\\
Soit $n\in\N$, calculons $U_n$. 
\begin{align*}
U_n&=M^nU_0=QD^nQ^{-1}U_0 =  \frac12\begin{pmatrix}q&1&q\\-1&0&1\\p&-1&p \end{pmatrix}\begin{pmatrix}(-1)^n & 0&0\\0&0&0\\0&0&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&-1&1\\2p&0&-2q\\1&1&1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}0\\1\\0 \end{pmatrix}\\
&=\frac12\begin{pmatrix}(-1)^nq & 0 & q\\(-1)^{n+1} & 0 & 1\\ (-1)^np&0&p \end{pmatrix} \begin{pmatrix}-1\\0\\1 \end{pmatrix} =\frac12 \begin{pmatrix}(-1)^{n+1}q+q\\(-1)^n+1\\(-1)^{n+1}p+p \end{pmatrix}
\end{align*}
On a donc, pour tout $n\in\N$,
\begin{center}
\fbox{$P(E_{n,-1})=\frac q2\left((-1)^{n+1}+1\right),~P(E_{n,0})=\frac12\left((-1)^n+1\right)\text{ et } P(E_{n,1})=\frac p2\left((-1)^{n+1}+1\right)$}
\end{center}
\item On a en particulier $P(E_{2n,0})=\frac12\left((-1)^{2n}+1\right)=1$. On aurait pu prévoir ce résultat car à l'instant 0 le mobile est en $O$, à l'instant 1 en $A$ ou $B$, à l'instant 2 le mobile revient en $O$, etc...\\
Ainsi, à tout instant pair, le mobile est en $O$ et donc \begin{center}
\fbox{pour tout $n\in\N$, l'événement $E_{2n,0}$ est certain.}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\end{document}