\input{../preambules/preDM.tex}
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\usepackage{pstricks,pst-plot,pst-tree,pst-3dplot,pstricks-add}
\renewcommand{\P}{\mathscr{P}}
\begin{document}

\chead{Correction Devoir surveillé n°2}
\lfoot{}


\begin{center}
\fbox{ \Large Correction Devoir surveillé n°2}
\end{center}
\vspace{30pt}

\section*{Exercice 1 - \'Etude d'une suite $u_{n+1} = f(u_n)$}


Dans toute cette partie, on s'intéresse à la suite $(u_n)_{n \in \N}$ définie par la relation de récurrence 
$$u_{n+1} = \dfrac{e^{u_n} - 1}{u_n} .$$
\begin{enumerate}
\item 
\begin{enumerate}
\item On remarque que pour tout $x \in \R$, $$
 e^{x} - 1 \geq x \Longleftrightarrow e^x -x - 1 \geq 0
$$
On pose donc la fonction $g: x \to e^x - x - 1$. La fonction $g$ est définie et dérivable sur $\R$ en tant que somme de fonctions dérivables sur $\R$. Ainsi,
\begin{eqnarray*}
\forall x \in \R, \quad g'(x) & = & e^x - 1
\end{eqnarray*}
Ainsi on a 
\begin{eqnarray*}
 g'(x) > 0 & \Longleftrightarrow & e^x - 1 > 0 \\
  & \Longleftrightarrow & e^x  > 1 \\
   & \Longleftrightarrow & x  > 0 \\
\end{eqnarray*}
On calcule également $g(0) = e^0 - 0 - 1 = 0$ afin d'en déduire le tableau de variation suivant :

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=3,espcl=6]{$x$/1,Signe de $g$/1,Variations de $g$/2}{$- \infty$,0,$+\infty$}
\tkzTabLine{,-,,+}
\tkzTabVar{+/, -/0 , +/}
\end{tikzpicture}
\end{center}

D'après le tableau de variation, le minimum de $g$ est 0. On a donc 
$\forall x \in \R, g(x) \geq 0$ et \begin{center}
\fbox{$ \forall x \in \R, e^x - 1 \geq x$}
\end{center}

\item Pour tout $x  \neq 0$, on a 
\begin{eqnarray*}
xe^x - e^x + 1 & = & xe^x \left(1 - \dfrac{e^x}{xe^x} + \dfrac{1}{xe^x} \right) \\
& = & xe^x \left(1 - \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{xe^x} \right) 
\end{eqnarray*}

Or 
$$
\li_{x \to + \infty} x e^x  = + \infty , \quad \li_{x \to + \infty} \dfrac{1}{x} = 0, \quad \text{et} \quad \li_{x \to + \infty} \dfrac{1}{xe^x} = 0
$$
Ainsi \begin{center}
\fbox{$ \li_{x \to + \infty} xe^x - e^x + 1 = + \infty$.}
\end{center} 
\vspace{50pt}
Pour la limite en $- \infty$, on a 
\begin{itemize}
\item $\li_{x \to - \infty} x e^x  = 0$ par croissance comparée
\item $\li_{x \to - \infty} e^x = 0$
\end{itemize}
Donc
\begin{center}
\fbox{ $\li_{x \to - \infty} xe^x - e^x + 1 =  1$.}
\end{center}

\item On pose la fonction $h$ définie pour tout $x \in \R$, par $h(x) =  xe^x - e^x + 1 $. Cette fonction est bien définie et dérivable sur $\R$ en tant que somme et produit de fonctions dérivables sur $\R$. Ainsi, 
\begin{eqnarray*}
\forall x \in \R, \quad h'(x)& = & e^x + xe^x - e^x \\
& =& xe^x 
\end{eqnarray*}
La fonction exponentielle étant toujours positive, la dérivée de $h$ est du signe de $x$. D'où le tableau de variation suivant :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=3,espcl=6]{$x$/1,Signe de $h$/1,Variations de $h$/2}{$- \infty$,0,$+\infty$}
\tkzTabLine{,-,+,}
\tkzTabVar{+/1, -/0 , +/$+ \infty$}
\end{tikzpicture}
\end{center}
La fonction $h$ est toujours positive et donc: 
\begin{center}
\fbox{$\forall x \in \R, xe^x - e^x + 1 \geq 0$}
\end{center}
\end{enumerate}

\item On \'etudie dans cette partie la fonction $f : x \to \dfrac{e^x - 1}{x}$.
\begin{enumerate}
	\item \fbox{La fonction $f$ est définie sur $\R^*$ }
	\item La fonction $f$ est dérivable en tant que somme et quotient de fonctions dérivables sur $\R^*$. On a donc
	\begin{eqnarray*}
	\forall x \in \R^*, \quad f'(x) = \dfrac{xe^x - (e^x -1)}{x^2} = \dfrac{x e^x - e^x + 1}{x^2}
	\end{eqnarray*}
	D'après la question $1(c)$,
	\begin{center}
	\fbox{$\forall x \in \R$, $f'(x) \geq 0$}
	\end{center}
	La fonction $f$ est donc croissante. 
	\item On a $\li_{x \to - \infty} e^x - 1 = -1$ et $ \li_{x \to - \infty} x = - \infty$. Ainsi 
	\begin{center}
	\fbox{$ \li_{x \to - \infty} f(x) = 0$ }
	\end{center}
	Pour la limite en 0, on reconnait un taux d'accroissement
	\begin{center}
	\fbox{$ \li_{x \to 0} \dfrac{e^x - 1}{x} = 1$.}
	\end{center}
	Enfin, on a 
	$$
	\dfrac{e^x - 1}{x} = \dfrac{e^{x} (1 - e^{-x})}{x}
	$$
	et $\li_{x \to + \infty} 1 - e^{-x} = 1$, $\li_{x \to + \infty} \dfrac{e^x }{x} = + \infty$ par croissance comparée. 
	\begin{center}
	\fbox{$\li_{x \to + \infty} \dfrac{e^x - 1}{x} = + \infty$.}
	\end{center}
	\item L'équation de la tangente à $f$ en $x = 1$ est donnée par $y = f'(1) (x - 1) + f(1)$. Or 
	\begin{itemize}
	\item $f'(1) = \dfrac{1 \times e - e  + 1}{1^2} = 1$
	\item $f(1) = \dfrac{e-1}{1} = e-1$
	\end{itemize}
\begin{center}
\fbox{L'équation de la tangente à $f$ en $x=1$ est $ y= (x-1) + e-1 = x + e-2$. }
\end{center}
\end{enumerate}
\item On cherche à tracer la fonction $f$ sur l'intervalle $[1;5]$ en utilisant Scilab. 
	\begin{enumerate}
	\item  \begin{verbatim}
	function y = f(x) 
	    y = (exp(x) - 1)/x
	endfunction
	\end{verbatim}
	\item 
\begin{verbatim}
clf
x = 1 : 0.01:5
plot(x, f) 
\end{verbatim}
	\item On complète le programme avec la ligne 
	\begin{verbatim}
	plot(x, x + exp(1)-2, 'r')
	\end{verbatim}
	\item La fonction $f$ est croissante ce qui élimine les graphiques 2 et 4. De plus $f(1) = e-1 \approx 1,7$ donc le bon graphique est le numéro 1. 
	\end{enumerate}
\item On considère $u_0  = 1$. 
	\begin{enumerate}
	\item \begin{itemize}
\item  On montre par récurrence les propriétés suivantes $\P_n : \left\{u_n \; \text{est bien définie et} \; u_n \geq 1  \right\}$.

\item \textbf{Initialisation :} La propriété $\mathscr{P}_0$ s'écrit "$u_0$ existe et $u_0 \geq 1$" or $u_0 = 1$ donc $\P_0$ est vraie. 
	\item \textbf{Hérédité :} On suppose que $\P_n$ est vrai pour un certain rang $n$. Donc $u_n \neq 0$ et ainsi $u_{n+1} = f(u_n)$ est bien défini. La fonction $f$ étant croissante, on a 
\begin{eqnarray*}
u_n \geq  1 & \Longrightarrow & f(u_n) \geq f(1) \\
 & \Longrightarrow & u_{n+1} \geq e-1 \geq 1
\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 $n \in \N$, $u_n$ existe et $u_n \geq 1$. }
	\end{itemize}
	\item On va montrer par récurrence que la suite est croissante 
	\begin{itemize}
\item  On montre par récurrence $\P_n : \left\{u_{n+1} \geq u_n \right\}$.

\item \textbf{Initialisation :} La propriété $\mathscr{P}_0$ s'écrit "$u_1 \geq u_0$. Or $u_1 = f(u_0) = f(1) = e-1$ et $u_0 = 1$. Ainsi, $\P_0$ est vraie.  
	\item \textbf{Hérédité :} On suppose que $\P_n$ est vrai pour un certain rang $n$. La fonction $f$ étant croissante, on a 
\begin{eqnarray*}
u_{n+1} \geq  u_n & \Longrightarrow & f(u_{n+1}) \geq f(u_n) \\
 & \Longrightarrow & u_{n+2} \geq u_{n+1}
\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{La suite $(u_n)_{n \in \N}$ est croissante. }
	\end{itemize}
	\end{enumerate}
\item \begin{verbatim}
n = input("Choisir un entier n")
u = 1
for k = 1:n
    u = (e^u - 1)/u
end
disp("Le 100eme terme de la suite est " +string(u))
\end{verbatim}
\end{enumerate}

\section*{Exercice 2 - Puissances de matrices}
\subsection*{I - Cas d'une matrice de $\mathcal{M}_2(\R)$}
On considère les suites $(a_n)_{n \in \N}$ et $(b_n)_{n \in \N}$ définies par $a_0 = 1$, $b_0 = 2$ et 
$$
 \begin{cases}
 a_{n+1} = 3a_n + b_n \\
 b_{n+1} = -2 a_n 
 \end{cases}
$$
ainsi que les matrices $A = \begin{pmatrix}
3 & 1 \\
-2 & 0
\end{pmatrix}$ et $P = \begin{pmatrix}
1 & -2 \\
-2 & 2
\end{pmatrix}$
\subsubsection*{Résolution numérique}
\begin{enumerate}
\item Recopier et compléter le programme scilab suivant permettant de calculer les termes $a_{100}$ et $b_{100}$. 
\begin{verbatim}
//initialisation
a = ..1..
b = ..2..

// calculs
for k = 1: .100. 
    temp = ..a..
    .a. = 3*a + b
    b    = ..-2*temp..
end

// conclusion
disp('Le 100ème terme de la suite a est" + string(.a.))
disp('Le 100ème terme de la suite b est" + string(.b.))
\end{verbatim}
\end{enumerate}

\subsubsection*{Résolution en utilisant les suites}
\begin{enumerate}[start=2]
\item Pour $n \in \N$, on a 
\begin{align*}
a_{n+2} & = 3 a_{n+1} + b_{n+1} \\
        & = 3 a_{n+1} - 2a_n
\end{align*}
et donc 
\begin{center}
\fbox{$
a_{n+2} = 3a_{n+1} - 2 a_n
$}
\end{center}
\item On résout l'équation $x^2 = 3x - 2 \Longleftrightarrow x^2 - 3x + 2 = 0$. Le discriminant de cette équation est $\Delta =  9 - 8 = 1$. Cette équation a donc deux solutions 
$$
x_1 = \dfrac{3-1}{2} = 1 \qquad x_2 = \dfrac{3+1}{2} = 2
$$
Ainsi, pour tout $n \in \N$, 
$$a_n = \lambda \times 1^n + \mu \times 2^n =  \lambda + \mu \times 2^n .$$ 
Or $a_0 = 1$ et $a_1 = 3 + 2 = 5$ donc on a le système

\begin{align*}
\begin{cases}
\lambda + \mu & = 1 \\
\lambda + 2\mu & = 5
\end{cases}
 & \Longleftrightarrow \begin{cases}
\lambda + \mu & = 1 \\
\mu & = 4 \qquad L_2 - L_1 \to L_1
\end{cases} \\
& \Longleftrightarrow \begin{cases}
\lambda & = -3 \\
\mu & = 4 
\end{cases}
\end{align*}
Ainsi, on a 
\begin{center}
\fbox{$
\forall n \in \N, \quad a_n = 4 \times 2^n -3
$}
\end{center}

\item On a $b_n = -2 a_n $ donc 
\begin{center}
\fbox{$
b_n = 6 - 8 \times 2^n 
$ }
\end{center}
\end{enumerate}

\subsubsection*{Résolution en utilisant les matrices}
\begin{enumerate}[start=5]
\item La matrice $P$ est une matrice $2 \times 2$. Son déterminant est $det(P) = 1 \times 2 - (-2) \times (-2) = -2$. Donc $P$ est inversible et 
\begin{center}
\fbox{$
P^{-1} = \dfrac{-1}{2} \begin{pmatrix}
2 & 2 \\
2 & 1
\end{pmatrix}
$}
\end{center}

\item On calcule 
$$
P^{-1} A =  \dfrac{-1}{2} \begin{pmatrix}
2 & 2 \\
2 & 1
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
3 & 1 \\
-2 & 0
\end{pmatrix} = - \dfrac{1}{2} \begin{pmatrix}
2 & 2 \\
4 & 2
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
-1 & -1 \\
-2 & -1
\end{pmatrix}
$$
Ainsi, 
\begin{align*}
D & = P^{-1} A P \\
  & = \begin{pmatrix}
-1 & -1 \\
-2 & -1
\end{pmatrix}  \begin{pmatrix}
1 & -2 \\
-2 & 2
\end{pmatrix} \\
& \boxed{= \begin{pmatrix}
1 & 0 \\
0 & 2
\end{pmatrix}}
\end{align*}

\item La matrice $D$ est diagonale donc pour tout $n \in \N$, 
\begin{center}
\fbox{$
D^n = \begin{pmatrix}
1 & 0 \\
0 & 2^n
\end{pmatrix}
$}
\end{center}

\item On va montrer par récurrence les propositions $\P_n : \left\{ A^n = PD^n P^{-1} \right\}$. 

\renewcommand\labelitemi{\textbullet}
\begin{itemize}
\item {\bf Initialisation :} On a $A^0 = I_2$ et $\P D^0 P^{-1} = P P^{-1} = I_2$ donc l'initialisation est vérifié.
\item {\bf Hérédité :} On suppose que la proposition $\P_n$ est vraie pour un certain rang $n \geq 0$. On a alors
\begin{align*}
A^{n+1} & = A^n \times A \\
& = P D^n P^{-1} \times P D P^{-1} \\
& = P D^n \times D \times P^{-1}\\
& = P D^{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 $n \in \N$, $A^n = PD^n P^{-1}$}.
\end{itemize}
\item On calcule 
$$
P D^n = \begin{pmatrix}
1 & -2 \\
-2 & 2
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
1 & 0 \\
0 & 2^n
\end{pmatrix}
= \begin{pmatrix}
1 & -2^{n+1} \\
-2 & 2^{n+1}
\end{pmatrix}
$$
De même 
\begin{align*}
A^n = PD^n P^{-1} & = \begin{pmatrix}
1 & -2^{n+1} \\
-2 & 2^{n+1}
\end{pmatrix} \times \dfrac{-1}{2} \begin{pmatrix}
2 & 2 \\
2 & 1
\end{pmatrix} \\
& = \dfrac{-1}{2} \begin{pmatrix}
2 - 2^{n+2} & 2 - 2^{n+1} \\
-4 + 2^{n+2} & -4 + 2^{n+1}
\end{pmatrix} \\
& \boxed{= \begin{pmatrix}
2^{n+1} - 1 & 2^n - 1 \\
2 - 2^{n+1} & 2 - 2^n
\end{pmatrix}}
\end{align*}

\item On note $X_n = \begin{pmatrix}
a_n \\
b_n
\end{pmatrix}$. On a donc $X_{n+1} =  \begin{pmatrix}
a_{n+1} \\
b_{n+1}
\end{pmatrix}$ et donc 
\begin{center}
\fbox{$
X_{n+1} = \begin{pmatrix}
3a_n + b_n \\
-2a_n
\end{pmatrix} = A X_n
$}
\end{center}
\item On va montrer par récurrence les propositions $\P_n : \left\{ X_n = A^n X_0 \right\}$. 

\renewcommand\labelitemi{\textbullet}
\begin{itemize}
\item {\bf Initialisation :} La proposition $\P_0$ s'écrit $X_0 = A^0 X_0 = X_0$ donc l'initialisation est vérifié.
\item {\bf Hérédité :} On suppose que la proposition $\P_n$ est vraie pour un certain rang $n \geq 0$. On a alors
\begin{align*}
X_{n+1} & = A X_n \\
& = A \times A^n X_0 \\
& = A^{n+1} X_0 
\end{align*}
Donc la proposition $\P_{n+1}$ est vraie. La suite de proposition $(\P_n)$ est héréditaire.
\item {\bf Conclusion :} \fbox{Pour tout $n \in \N$, $X_n = A^n X_0$}.
\end{itemize}
\item On a $X_0 = \vect{1}{2}{}$ et donc 
\begin{align*}
\vect{a_n}{b_n}{} & = \begin{pmatrix}
2^{n+1} - 1 & 2^n - 1 \\
2 - 2^{n+1} & 2 - 2^n
\end{pmatrix} \times \vect{1}{2}{} \\
& = \begin{pmatrix}
2^{n+1}- 1 + 2^{n+1} - 2 \\
2 - 2^{n+1} + 4 - 2^{n+1} \\
\end{pmatrix} \\
& \boxed{= \begin{pmatrix}
2^{n+2}- 3 \\
6 - 2^{n+2} \\
\end{pmatrix}}
\end{align*}
On retrouve les résultats précédents. 

\end{enumerate}

\subsection*{II - Cas d'une matrice de $\mathcal{M}_3(\R)$}
Dans cette partie, on introduit les matrices 
$$
B = \begin{pmatrix}
2 & 0 & 2 \\
1 & -1& 2 \\
0 & -1 & 1 
\end{pmatrix},
\qquad
C = \begin{pmatrix}
0 & 2 & -1 \\
0 & 1& -1 \\
1 & -1 & 2 
\end{pmatrix},
\qquad 
T = \begin{pmatrix}
0 & 1 & 2\\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 
\end{pmatrix}.
$$
L'objectif est de calculer $B^n$ pour tout entier $n$. 
\begin{enumerate}
\item Le script Scilab : 
\begin{verbatim}
B = [2,0,2 ; 1,-1,2 ; 0,-1,1]
n = input("Entrez un entier n:")
disp(B^n)
\end{verbatim}
\item On a alors 
$$
B - I_3 = \begin{pmatrix}
1 & 0 & 2 \\
1 & -2 &  2 \\
0 & -1 & 0 
\end{pmatrix}
$$
et 
$$
(B - I_3)^2 = \begin{pmatrix}
1 & 0 & 2 \\
1 & -2 &  2 \\
0 & -1 & 0 
\end{pmatrix} \times \begin{pmatrix}
1 & 0 & 2 \\
1 & -2 &  2 \\
0 & -1 & 0 
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
1 & -2 & 2 \\
-1 & 2 & -2 \\
-1 & 2 & -2
\end{pmatrix}
$$
Enfin, 
$$
B \times (B-I_3)^2  = \begin{pmatrix}
2 & 0 & 2 \\
1 & -1& 2 \\
0 & -1 & 1 
\end{pmatrix} \times \begin{pmatrix}
1 & -2 & 2 \\
-1 & 2 & -2 \\
-1 & 2 & -2
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0  \\
0 & 0 & 0 
\end{pmatrix}
$$
Par l'absurde, supposons que la matrice $B$ soit inversible. Dans ce cas, 
\begin{align*}
B \times (B - I_3)^2= 0 & \Longrightarrow B^{-1} \times B \times (B-I_3)^2 = B^{-1} \times 0  \\
& (B-I_3)^2 = 0
\end{align*}
Or on a vu précédemment que $(B-I_3)^2 \neq 0$. C'est absurde ! \begin{center}
\fbox{La matrice $A$ B n'est donc pas inversible. }
\end{center} 
\item On calcule 
$$
C (C - I_3) = \begin{pmatrix}
0 & 2 & -1 \\
0 & 1& -1 \\
1 & -1 & 2 
\end{pmatrix} \times \begin{pmatrix}
-1 & 2 & -1 \\
0 & 0& -1 \\
1 & -1 & 1 
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
-1 & 1 & -3 \\
-1 & 1 & -2 \\
1  & 0 & 2
\end{pmatrix}
$$
et 
$$
C (C-I_3)(2I_3 - C) = \begin{pmatrix}
-1 & 1 & -3 \\
-1 & 1 & -2 \\
1  & 0 & 2
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
2 & -2 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
-1 & 1 & 0 
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 
\end{pmatrix}
$$
\begin{center}
\fbox{On a donc obtenu $C (C-I_3)(2I_3 - C) )= I_3$. }
\end{center}
\item D'après la question précédente, $C$ est inversible et 
\begin{align*}
C^{-1} & = (C-I_3)(2I_3 - C) \\
       & = \begin{pmatrix}
-1 & 2 & -1 \\
0 & 0& -1 \\
1 & -1 & 1 
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
2 & -2 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
-1 & 1 & 0 
\end{pmatrix} \\
       & \boxed{= \begin{pmatrix}
       -1 & 3 & 1 \\
       1 & -1 & 0 \\
       1 & -2 & 0 
       \end{pmatrix}}
\end{align*}

\item On calcule alors 
$$
C^{-1} \times T =  \begin{pmatrix}
       -1 & 3 & 1 \\
       1 & -1 & 0 \\
       1 & -2 & 0 
       \end{pmatrix} \begin{pmatrix}
0 & 1 & 2\\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
0 & 2 & 2 \\
0 & 0 & 1 \\
0 & -1 & 0 
\end{pmatrix}
$$
ainsi que 
$$
C^{-1} \times T \times C = \begin{pmatrix}
0 & 2 & 2 \\
0 & 0 & 1 \\
0 & -1 & 0 
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
0 & 2 & -1 \\
0 & 1& -1 \\
1 & -1 & 2 
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
2 & 0 & 2 \\
1 & -1 & 2 \\
0 & -1 & 1 
\end{pmatrix}
$$
Donc, on a bien  \begin{center}
\fbox{$B = C^{-1} \times T \times C$. }
\end{center}
\item On va montrer par récurrence les propositions $\P_n : \left\{ T^n = \begin{pmatrix}
0 & 1 & n+1\\
0 & 1 & n \\
0 & 0 & 1 
\end{pmatrix} \right\}$. 

\renewcommand\labelitemi{\textbullet}
\begin{itemize}
\item {\bf Initialisation :} La proposition $\P_1$ s'écrit $T^1 = \begin{pmatrix}
0 & 1 & 2 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 
\end{pmatrix}$ donc l'initialisation est vérifié.
\item {\bf Hérédité :} On suppose que la proposition $\P_n$ est vraie pour un certain rang $n \geq 1$. On a alors
\begin{align*}
T^{n+1} & = T^n \times T \\
& = \begin{pmatrix}
0 & 1 & n+1\\
0 & 1 & n \\
0 & 0 & 1 
\end{pmatrix} \times \begin{pmatrix}
0 & 1 & 2 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 
\end{pmatrix} \\
& = \begin{pmatrix}
0 & 1 & 1 + n+1 \\
0 & 1 & n + 1 \\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix} \\
& = \begin{pmatrix}
0 & 1 & n+2 \\
0 & 1 & n + 1 \\
0 & 0 & 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 $n \in \N$, $T^n = \begin{pmatrix}
0 & 1 & n+1\\
0 & 1 & n \\
0 & 0 & 1 
\end{pmatrix}$}.
\end{itemize}

\item On calcule donc à l'aide de $B^n = C^{-1} T^n C$ la puissance $n$-ième de la matrice $B$,
$$
C^{-1} T^n = \begin{pmatrix}
       -1 & 3 & 1 \\
       1 & -1 & 0 \\
       1 & -2 & 0 
       \end{pmatrix} \begin{pmatrix}
0 & 1 & n+1\\
0 & 1 & n \\
0 & 0 & 1 
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
0 & 2 & -n-1 +3n + 1 \\
0 & 0 & 1 \\
0 & -1& n+1 - 2n 
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
0 & 2 & 2n \\
0 & 0 & 1 \\
0 & -1& -n +1 
\end{pmatrix}
$$
et 

$$
B^n = C^{-1} T^n C = \begin{pmatrix}
0 & 2 & 2n \\
0 & 0 & 1 \\
0 & -1& -n +1 
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
0 & 2 & -1 \\
0 & 1& -1 \\
1 & -1 & 2 
\end{pmatrix}  \boxed{= \begin{pmatrix}
2n & 2-2n & -2 +4n \\
1 & -1 & 2 \\
1-n & n-2 & 3-2n
\end{pmatrix}}
$$
\end{enumerate}

\section*{Exercice 3 - ECRICOME 2011}
\subsection*{PARTIE I. Un jeu en ligne.}

\begin{enumerate}
\item Les positionnement sont d\'{e}termin\'{e}s par l'ensembles (sans
ordre) des 3 positions distinctes parmi 9.

il y en a donc $\binom{9}{3}=\frac{9\cdot8\cdot7}{3\cdot2\cdot1}=3\cdot
4\cdot7=84$

\item $\left( H\right) $ est form\'{e} de 3 positionnements : ligne 1, 2 ou
3, les positionnements \'{e}tant \'{e}quiprobables (on le suppose) donc $%
\mathrm{P}\left( H\right) =\dfrac{3}{84}$

$\left( V\right) $ est form\'{e} de 3 positionnements : colonne $A,$ $B$ ou $%
C$ donc $\mathrm{P}\left( V\right) =\dfrac{3}{84}$

$\left( D\right) $ comporte es deux diagonales descendants et ascendantes.
Donc $\mathrm{P}\left( D\right) =\dfrac{2}{84}$

\item $\left( H,V,D,N\right) $ \'{e}tant un syst\`{e}me complet d'\'{e}v\'{e}%
nements, 
\begin{align*}
\mathrm{P}\left( N\right) & =1-\mathrm{P}\left( V\right) -\mathrm{P}\left(
H\right) -\mathrm{P}\left( D\right) \\
& =1-\frac{8}{84}=1-\frac{2}{21} \\
& =\frac{19}{21}\simeq0.9048
\end{align*}

\item La soci\'{e}t\'{e} peut s'attendre \`{a} $10~000$ relances par jour de
ce jeu.

\begin{enumerate}
\item Pour chaque entier naturel $i$ non nul. on note $Z_{i}$ le gain de la
soci\'{e}t\'{e} \`{a} la $i^{\grave{e}me}$ relance.

Lors de la $i\grave{e}me$ relance, la soci\'{e}t\'{e} peux gagner 2 euros
(la mise) si $N$ ou en perdre 18 sinon.

Donc $Z_{i}\left( \Omega\right) =\left\{ 2,-18\right\} $. avec $\mathrm{P}%
\left( Z_{i}=2\right) =\mathrm{P}\left( N\right) =\frac{19}{21}$ et $\mathrm{%
P}\left( Z_{i}=-18\right) =\frac{2}{21},$ donc 
\begin{align*}
E\left( Z_{i}\right) & =2\frac{19}{21}-18\frac{2}{21} \\
& =\frac{38-36}{21}=\frac{2}{21}
\end{align*}

\textsl{Conclusion : }\fbox{$E\left( Z_{i}\right) =\frac{2}{21}\simeq0,1$}

\item le gain total est la somme des gains \`{a} chaque relance donc $Z=\sum
Z_{i}$ et $E\left( Z\right) =10000\cdot\frac{2}{21}\simeq1000$

\textsl{Conclusion : }\fbox{En moyenne, la soci\'{e}t\'{e} gagnera \`{a} peu
pr\`{e}s 1000\euro{} par jour }, mais elle peut esp\'{e}rer beaucoup plus !
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\subsection*{PARTIE II. Cas de joueurs inv\'{e}t\'{e}r\'{e}s.}

\begin{enumerate}
\item Un Joueur d\'{e}cide de ,jouer $100$ parties cons\'{e}cutives que l'on
suppose ind\'{e}pendantes.

\begin{enumerate}
\item $X$ est le nombre de parties gagn\'{e}es en 100 parties ind\'{e}%
pendantes, la probabilit\'{e} de gagn\'{e} chacune \'{e}tant de $\frac{2}{21}
$

\textsl{Conclusion : }\fbox{$X\hookrightarrow\mathcal{B}\left( 100,\frac {2}{%
21}\right) $} (loi binomiale)

\item on a donc \textsl{\ }\fbox{$E\left( X\right) =\frac{200}{21}$ et $%
V\left( X\right) =\frac{2}{21}\frac{19}{21}10$} (formules du cours)

\item En 100 parties, $X$ sont gagn\'{e}es (gain $18X)$ et $100-X$ perdues
(perte $2\left( 100-X\right) $ )

La perte totale est donc $T=2\left( 100-X\right) -18X=200-20X$

(On peut compter diff\'{e}remment : il mise $200$ et re\c{c}oit $20$ par
partie gagn\'{e}e donc $20X)$

\textsl{Conclusion : }\fbox{$T=200-20X$}
\end{enumerate}

\item Avec $n$ parties au lieu de $100$, l'\'{e}v\'{e}nement $U=$ "gagner
au moins une partie" est l'\'{e}v\'{e}nement contraire de $\left(
X=0\right) $

$\mathrm{P}\left( X=0\right) =\binom{n}{0}\left( \frac{2}{21}\right)
^{0}\left( \frac{19}{21}\right) ^{n}$

Donc 
\begin{align*}
\mathrm{P}\left( U\right) & =1-\left( \frac{19}{21}\right) ^{n}\geq0.5 \\
& \Longleftrightarrow\left( \frac{19}{21}\right) ^{n}\leq\frac{1}{2} \\
& \Longleftrightarrow n\ln\left( \frac{19}{21}\right) \leq-\ln\left(
2\right) \text{ (attention }\ln\left( \frac{19}{21}\right) <0\text{)} \\
& \Longleftrightarrow n\geq\frac{-\ln\left( 2\right) }{\ln\left( \frac {19}{%
21}\right) }\simeq\frac{0,7}{0.1}
\end{align*}
\textsl{Conclusion : }\fbox{%
\begin{tabular}[t]{l}
il faut jouer au moins 7 (ou 8) partie pour en gagner au moins une \\ 
avec une probabilit\'{e} sup\'{e}rieure \`{a} 50\%%
\end{tabular}
}
\end{enumerate}

\subsection*{PARTIE III. Contr\^{o}le de la qualit\'{e} du jeu.}

On constate que, parfois, la fonction al\'{e}atoire est d\'{e}r\'{e}gl\'{e}%
e. Dans ce cas, elle place le premier jeton dans la case $\left( A,1\right) $
, les deux autres \'{e}tant plac\'{e}s au hasard dans les cases restantes.
On note $\Delta$ l'\'{e}v\'{e}nement \og la fonction al\'{e}atoire est d\'{e}%
r\'{e}gl\'{e}e\fg et on pose $\mathrm{P}\left( \Delta\right) =x$ avec $x\in%
\left] 0,1\right[ $.

\begin{enumerate}
\item Sachant $\Delta,$ les positions sont d\'{e}termin\'{e}es par la seule
combinaison des 2 autres positions parmi les 8 restantes.

Il y a donc $\binom{8}{2}=\frac{8\cdot7}{2\cdot1}=28$ positionnements
possibles et \'{e}quiprobables.

$\left( H\right) $ est \`{a} pr\'{e}sent r\'{e}duit \`{a} la ligne $1,$ $V$ 
\`{a} la colonne $A$ et $D$ \`{a} la diagonale descendante.

\textsl{Conclusion : }\fbox{$\mathrm{P}_{\Delta}\left( H\right) =\mathrm{P}%
_{\Delta}\left( V\right) =\mathrm{P}_{\Delta}\left( D\right) =\dfrac{1}{28} $%
}

\item On a donc $\mathrm{P}_{\Delta}\left( N\right) =1-\dfrac{3}{28}=\dfrac{%
25}{28}$

Sachant $\overline{\Delta},$ l'exp\'{e}rience se fait dans les conditions de
la partie $I$ et les probabilit\'{e}s sont donc celle de la partie I : $%
\mathrm{P}_{\overline{\Delta}}\left( N\right) =\dfrac{19}{21}$

$\left( \Delta,\overline{\Delta}\right) $ est un syst\`{e}me complet d'\'{e}v%
\'{e}nement donc 
\begin{align*}
\mathrm{P}\left( N\right) & =\mathrm{P}_{\overline{\Delta}}\left( N\right)
\cdot\mathrm{P}\left( \Delta\right) +\mathrm{P}_{\Delta}\left( N\right) \cdot%
\mathrm{P}\left( \Delta\right) \\
& =x\dfrac{25}{28}+\left( 1-x\right) \dfrac{19}{21} \\
& =x\dfrac{25}{4\cdot7}+\left( 1-x\right) \dfrac{19}{3\cdot7} \\
& =\frac{25\cdot3-19\cdot4}{3\cdot4\cdot7}x+\frac{19}{21} \\
& =-\frac{x}{84}+\frac{19}{21}
\end{align*}
\textsl{Conclusion : }\fbox{la probabilit\'{e} les jetons ne soient pas align%
\'{e}s est \'{e}gal \`{a} $\mathrm{P}\left( N\right) =-\dfrac{x}{84}+\dfrac{%
19}{21}$}

\item Soit $G$ la variable al\'{e}atoire \'{e}gale au gain r\'{e}alis\'{e}
par la soci\'{e}t\'{e} de jeu lors d'une partie jou\'{e}e.

On a donc $\mathrm{P}\left( G=2\right) =\mathrm{P}\left( N\right) $ et $%
\mathrm{P}\left( G=-18\right) =\mathrm{P}\left( \bar{N}\right) =1-\mathrm{P}%
\left( N\right) $

Donc 
\begin{align*}
E\left( G\right) & =2\left( -\frac{x}{84}+\frac{19}{21}\right) -18\left( 1+%
\frac{x}{84}-\frac{19}{21}\right) \\
& =-\frac{20}{84}x+\frac{2}{21}
\end{align*}

Donc 
\begin{align*}
E\left( G\right) & >0\Longleftrightarrow-\frac{20}{84}x+\frac{2}{21}>0 \\
& \Longleftrightarrow x<\frac{2}{21}\frac{84}{20}=\frac{2}{5}
\end{align*}

\textsl{Conclusion : }\fbox{le gain moyen reste positif tant que $x<\dfrac {2%
}{5}$}

\item On joue une partie. On constate que les jetons sont align\'{e}s.

la fonction al\'{e}atoire a \'{e}t\'{e} d\'{e}r\'{e}gl\'{e}e si $\Delta$

On cherche donc $\mathrm{P}_{\bar{N}}\left( \Delta \right) $ par la formule
de Bayes :%
\begin{align*}
\mathrm{P}_{\bar{N}}\left( \Delta \right) & =\frac{\mathrm{P}\left( \Delta
\cap \bar{N}\right) }{\mathrm{P}\left( \bar{N}\right) } \\
& =\frac{\mathrm{P}\left( \Delta \right) \mathrm{P}_{\Delta }\left( \bar{N}%
\right) }{\mathrm{P}\left( \bar{N}\right) } \\
& =\frac{x\cdot \frac{3}{28}}{1-\left( -\frac{x}{84}+\frac{19}{21}\right) }
\\
& =\frac{x\cdot \frac{3}{28}}{\frac{2}{21}+\frac{x}{84}}=\frac{9x}{x+8}
\end{align*}%
\textsl{Conclusion : }\fbox{%
\begin{tabular}[t]{l}
Si les jetons sont align\'{e}s, la fonction al\'{e}atoire a \'{e}t\'{e} d%
\'{e}r\'{e}gl\'{e}e \\ 
avec une probabilit\'{e} $\dfrac{9x}{x+8}$%
\end{tabular}
}
\end{enumerate}


\section*{Exercice 4 - Sommes }
Soit $n$ un entier supérieur ou égal à 2 .
Le but de cet exercice est de calculer la somme :
$$
S=\sum_{p=0}^{n} p^{2}\left(\begin{array}{l}
2 n \\
2 p
\end{array}\right)
$$
Pour cela on considère la fonction $\mathrm{f}$ définie sur $\mathbb{R}$ par :
$$
f(x)=(1+x)^{2 n}+(1-x)^{2 n}
$$
\begin{enumerate}
\item \begin{enumerate}
\item La fonction $f$ est une fonction polynôme donc elle est dérivable sur $\R$. On a 
\begin{align*}
f'(x) & = 2n(1+x)^{2n - 1} - 2n (1-x)^{2n-1}
\end{align*}
Cette fonction est également dérivable sur $\R$ et 
\begin{align*}
f''(x) & = 2n(2n-1) (1+x)^{2n-2} + 2n(2n-1) (1-x)^{2n-2}
\end{align*}

\item On a donc 
\begin{center}
\fbox{$f'(1) = 2n 2^{2n-1} = n 2^{2n}$}
\end{center}
et 
\begin{center}
\fbox{$f''(1) = 2n(2n-1) 2^{2n-2} = n(n-1) 2^{2n}$}
\end{center}
\end{enumerate}
\item \begin{enumerate}
\item On rappelle que 
\begin{center}
\fbox{$
(1+x)^{2n} = \sum_{k=0}^{2n} \binom{2n}{k} x^k
$}
\end{center}
et 
\begin{center}
\fbox{$
(1-x)^{2n} = \sum_{k=0}^{2n} \binom{2n}{k} (-x)^k
$}
\end{center}
On a donc 
\begin{align*}
f(x) & = (1+x)^{2n} + (1-x)^{2n} \\
     & = \ds \sum_{k=0}^{2n} \binom{2n}{k} x^k + \sum_{k=0}^{2n} \binom{2n}{k} (-x)^k \\
     & = \ds \sum_{k=0}^{2n} \binom{2n}{k} x^k + (-x)^k
\end{align*}
On a alors 
$$
x^k + (-x)^k = \begin{cases}
2 x^k \quad \text{si $k$ est pair} \\
0 \quad \text{si $k$ est impair} 
\end{cases}
$$

Or $k$ est pair s'il est de la forme $2p$ avec $p$ compris entre $0$ et $n$ donc 
\begin{center}
\fbox{$
\forall x \in \mathbb{R}, f(x)=2 \ds \sum_{p=0}^{n}\left(\begin{array}{l}
2 n \\
2 p
\end{array}\right) x^{2 p}
$}
\end{center}
\item On a alors en utilisant la somme précédente
\begin{align*}
f'(x) & = 2 \sum_{p=0}^{n}\left(\begin{array}{l}
2 n \\
2 p
\end{array}\right)2p x^{2 p-1} \\
& = 4 \sum_{p=0}^{n} p \left(\begin{array}{l}
2 n \\
2 p
\end{array}\right) x^{2 p-1}
\end{align*}
et donc 
\begin{center}
\fbox{$
f'(1) = 2 \ds \sum_{p=0}^{n} 2p \left(\begin{array}{l}
2 n \\
2 p
\end{array}\right)$}
\end{center}
Et enfin 
\begin{align*}
f''(x) & = 4 \sum_{p=0}^{n}\left(\begin{array}{l}
2 n \\
2 p
\end{array}\right)2p x^{2 p-1} \\
& = 2 \sum_{p=0}^{n} 2p \left(\begin{array}{l}
2 n \\
2 p
\end{array}\right)(2p-1) x^{2 p-2} \\
& = 2 \sum_{p=0}^{n} 2p(2p-1) \left(\begin{array}{l}
2 n \\
2 p
\end{array}\right) x^{2 p-2}
\end{align*}
et donc 
\begin{center}
\fbox{$
f''(1) = 2 \ds \sum_{p=0}^{n} 2p(2p-1) \left(\begin{array}{l}
2 n \\
2 p
\end{array}\right)$}
\end{center}
\end{enumerate}
\item On remarque que $p^{2}=\frac{1}{4} 2 p(2 p-1)+\frac{1}{4} 2 p,$ on a donc 
\begin{align*}
S & = \sum_{p=0}^n p^2 \left(\begin{array}{l}
2 n \\
2 p
\end{array}\right) \\
& = \sum_{p=0}^n \left(\frac{1}{4} 2 p(2 p-1)+\frac{1}{4} 2 p \right) \left(\begin{array}{l}
2 n \\
2 p
\end{array}\right)  \\
& = \frac{1}{4} \sum_{p=0}^n  2 p(2 p-1) \left(\begin{array}{l}
2 n \\
2 p
\end{array}\right) + \frac{1}{4} \sum_{p=0}^n  2 p \left(\begin{array}{l}
2 n \\
2 p
\end{array}\right) \\
& = \dfrac{1}{8} f''(1) + \dfrac{1}{8} f'(1) \\
& = \dfrac{1}{8} \left(n 2^{2n} + n(n-1)2^{2n} \right) \\
& \boxed{= \dfrac{n^2 4^n}{8}}
\end{align*}
\end{enumerate}
\end{document}