\input{../preambules/preDM.tex}
\usepackage{enumitem}
\usepackage{tabularx}
\renewcommand{\P}{\mathscr{P}}
\def\matrice#1#2{\left[\begin{array}{#1}#2\end{array}\right]}
\def\t#1{\,^{t}{#1}}
\def\et{\quad \textrm{et} \quad}
%%%%%%%%%%% Numéro du DS à remplir %%%%%%%%%%%%%%
\newcommand{\num}{2B}

\begin{document}

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


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

\section*{Exercice 1 - Inspiré HEC 2019}
\begin{enumerate}
		\item Dans cette question, on considère les matrices $C = \matrice{c}{0 \\ 1 \\ 2} \in \mathcal{M}_{3,1}(\R)$, $L = [1,2,-1] \in \mathcal{M}_{1,3}(\R)$ et le produit matriciel $M = CL$.
		
		\begin{enumerate}
			\item 
			\begin{enumerate}
				\item Un calcul matriciel direct donne~: 
					\begin{center}
					\fbox{$
						M = CL = \matrice{ccc}{
								0 & 0 & 0 \\
								1 & 2 & -1 \\
								2 & 4 & -2
							} 
						\et 
						M^2 = 0_3.
					$}
					\end{center}
				\item On résout le système 
\begin{align*}
M\times \vect{x}{y}{z} = \vect{0}{0}{0} &\Longleftrightarrow  \begin{cases}
0 & = 0 \\
x + 2y  - z & = 0 \\
2x + 4y -2z & = 0 
\end{cases} \\
& \Longleftrightarrow
\begin{cases}
0 & = 0 \\
x + 2y - z & = 0 \\
0 & = 0 \qquad L_3 - 2L_2 \to L_3
\end{cases} \\
& \Longleftrightarrow
\begin{cases}
0 & = 0 \\
x  & = z - 2y \\
0 & = 0  
\end{cases} 
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{L'ensemble des solutions est $S = \left\{ \vect{z-2y}{y}{z}, (y,z) \in \R^2 \right\}$}
\end{center}
			\end{enumerate}

			\item 
			\begin{enumerate}
				\item On applique la méthode du pivot de Gauss à la matrice $P = \matrice{ccc}{0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & -2 & 1}$.
\begin{align*}
\begin{array}{c|cr}
\begin{pmatrix}
0 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 \\
0 & -2 & 1
\end{pmatrix} & \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix} & \begin{array}{r}
\blank
\end{array} \\
& & \\
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & -2 & 1
\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 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix} & \begin{pmatrix}
0 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 \\
2 & 0 & 1
\end{pmatrix} & \begin{array}{r}
\blank\\
\blank \\
2L_2 + L_3 \to L_3
\end{array} \\
 & & \\
\end{array}
\end{align*}
\begin{center}
 			\fbox{La matrice $P$ est donc inversible et son inverse est $P^{-1} = \matrice{ccc}{0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 2 & 0 & 1}$.}
 			\end{center} 			
On calcule ensuite le produit 
\begin{center}
\fbox{$P \matrice{c}{0 \\ 1 \\ 2} = \matrice{c}{1 \\ 0 \\ 0}$.}
\end{center}
				
				\item Soit $M = \matrice{ccc}{a & b & c \\ d & e & f \\ g & h & i}$. On a 
					$$M \matrice{c}{1 \\ 0 \\ 0} = \matrice{c}{1 \\ 2 \\ -1} \Longleftrightarrow M \matrice{c}{a \\ d \\ g} = \matrice{c}{1 \\ 2 \\ -1}.$$
					
					Posons alors 
					$$R = \matrice{ccc}{
							1 & 1 & 1 \\
							2 & 1 & 0 \\
							-1 & 0 & 0
						}.$$
Cette matrice à une diagonale non nulle et devrait donc être inversible. On le vérifie avec la méthode de Gauss. 
\begin{align*}
\begin{array}{c|cr}
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 \\
2 & 1 & 0 \\
-1 & 0 & 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 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 2 \\
0 & 1 & 1
\end{pmatrix} & \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
2 & -1 & 0 \\
1 & 0 & 1
\end{pmatrix} & \begin{array}{r}
\blank \\
2L_1 - L_2 \to L_2 \\
L_1 + L_3 \to L_3
\end{array} \\
& & \\
\begin{pmatrix}
1 & 0 & -1 \\
0 & 1 & 2 \\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix} & \begin{pmatrix}
-1 & 1 & 0 \\
2 & -1 & 0 \\
1 & -1 & -1
\end{pmatrix} & \begin{array}{r}
L_1 - L_2 \to L_1 \\
\blank \\
L_2 - L_3 \to L_3
\end{array} \\
 & & \\
 \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix} & \begin{pmatrix}
0 & 0 & -1 \\
0 & 1 & 2 \\
1 & -1 & -1
\end{pmatrix} & \begin{array}{r}
L_1 + L_3 \to L_1 \\
L_2 - 2L_3 \to L_2 \\
\blank
\end{array} \\
 & & \\
\end{array}
\end{align*}
La matrice $R$ est donc inversible et 
$$R^{-1} \matrice{c}{1 \\ 2 \\ -1} = \matrice{c}{1 \\ 0 \\ 0}.$$
					On pose donc 
\begin{center}
	\fbox{$Q = \t R^{-1} = \matrice{ccc}{0 & 0 & 1 \\ 0& 1 & -1 \\ -1 & 2 & -1} $}
	\end{center}	
				\item On a 
					\begin{align*}
						PMQ
							& = PCLQ \\
							& = PC[1,0,0] \\
							& = P \matrice{ccc}{
									0 & 0 & 0 \\
									1 & 0 & 0 \\
									2 & 0 & 0 
								}\\
							& = \matrice{ccc}{
									1 & 0 & 0 \\
									0 & 0 & 0 \\
									0 & 0 & 0
								}.
					\end{align*}
					En conclusion,
\begin{center}
\fbox{$PMQ =  \matrice{ccc}{
									1 & 0 & 0 \\
									0 & 0 & 0 \\
									0 & 0 & 0
								}$}
\end{center}
			\end{enumerate}
		\end{enumerate}
		
		\item La fonction \emph{Scilab} suivante permet de multiplier la $i$-ème ligne $L_i$ d'une matrice $A$ par un réel sans modifier ses autres lignes, c'est-à-dire de lui appliquer l'opération élémentaire $L_i \leftarrow aL_i$ (où $a \neq 0$).
		
			\begin{verbatim}
function B=multlig(a,i,A)
    [n,p] = size(A)
    B = A
    for j=1:p
        B(i,j)=a*B(i,j)
    end
endfunction
			\end{verbatim}
			
			\begin{enumerate}
				\item On propose les programmes suivants~:
					\begin{verbatim}
function B=addlig(b,i,j,A)
    [n,p] = size(A)
    B = A 
    for k = 1:p
        B(i,k) = A(i,k)+b*A(j,k)
    end
endfunction
					\end{verbatim}
					et
					\begin{verbatim}
function B=echlig(i,j,A)
    [n,p] = size(A)
    B = A
    for k=1:p
        B(i,k) = A(j,k)
        B(j,k) = A(i,k)
    end
endfunction

					\end{verbatim}
					
				\item La matrice $D$ est une matrice diagonale avec des 1 partout sur la diagonale sauf à l'entrée $(i,i)$ qui vaut $a$. On sait alors (ou on le vérifie à l'aide de la formule du produit matriciel) que multiplier $A$ par $D$ à gauche (à droite, respectivement) revient à multiplier la $i$-ème ligne (colonne, respectivement) de $A$ par $a$.
				
Ainsi, \begin{center}
\fbox{le programme \tt{multligmat} effectue bien l'opération $L_i \leftarrow aL_i$.}
\end{center}
\end{enumerate}
			
		\item Dans cette question, on note $n$ un entier supérieur ou égal à 2 et $M$ une matrice de $\mathcal{M}_n(\R)$ qui vérifie la propriété suivante : 
	Il existe une matrice-colonne non nulle $C = \matrice{c}{c_1 \\ \vdots \\ c_n} \in \mathcal{M}_{n,1}(\R)$ et d'une matrice-ligne non nulle $L = [\ell_1, \ldots, \ell_n] \in \mathcal{M}_{1,n}(\R)$ telles que $M = CL$	
		
			\noindent Pour tout couple $(i,j) \in {\entier{ 1, n}}^2$, on note $E_{i,j}$ la matrice de $\mathcal{M}_n(\R)$ dont tous les coefficients sont nuls sauf celui situé à l'intersection de sa $i$-ème ligne et de sa $j$-ème colonne, qui vaut 1.
			
			\begin{enumerate}
				\item 
				\begin{enumerate}					
					\item On a
						\begin{align*}
							MC
								& = CLC \\
								& = C \left(\sum_{i=1}^n \ell_i c_i\right) \\
								& = \left(\sum_{i=1}^n \ell_i c_i\right)C 
						\end{align*}			\begin{center}
\fbox{On a bien le résultat en posant $\lambda = \ds \sum_{i=1}^n \ell_i c_i$.	}
\end{center}
				\item 
On a $M = \matrice{cccc}{
c_1 \ell_1 & c_1 \ell_2 & \ldots & c_1 \ell_n \\
c_2 \ell_1 & c_2 \ell_2 & \ldots & c_2 \ell_n \\
\vdots & \vdots & & \vdots \\
c_n \ell_1 & c_n \ell_2 & \ldots & c_n \ell_n
}$. On résout alors 				
\begin{align*}
MX = 0 & \Longleftrightarrow \ds \begin{cases}
\ds \sum_{i=1}^n c_1 \ell_i x_i &= 0 \\
\ds \sum_{i=1}^n c_2 \ell_i x_i & = 0\\
\qquad \vdots & = \vdots \\
\ds \sum_{i=1}^n c_n \ell_i x_i & = 0\\
\end{cases}
\end{align*}
La matrice $C$ étant non nulle, il existe un $k \in \N$, tel que $c_k \neq 0$. Dans le système précédent, on effectue alors les changements de lignes: $\forall j \neq k$, 
$$
c_k L_j - c_j L_k \to L_j 
$$ 
Cela donne alors
\begin{align*}
MX = 0 & \Longleftrightarrow \ds \begin{cases}
\qquad 0 &= 0 \\
\qquad \vdots & = \vdots \\
\ds \sum_{i=1}^n c_k \ell_i x_i & = 0\\
\qquad \vdots & = \vdots \\
\qquad 0& = 0\\
\end{cases} \Longleftrightarrow \ds \begin{cases}
\qquad 0 &= 0 \\
\qquad \vdots & = \vdots \\
\ds \sum_{i=1}^n \ell_i x_i & = 0\\
\qquad \vdots & = \vdots \\
\qquad 0& = 0\\
\end{cases}
\end{align*}
Or, comme $L$ est différent du vecteur nul, il existe un $j \in \entier{1,n}$ tel que $ \ell_j \neq 0$. Ainsi
$$
\ds \sum_{i=1}^n \ell_i x_i  = 0 \Longleftrightarrow x_j = \dfrac{-1}{\ell_j} \sum_{i \neq j} \ell_i x_i 
$$
Donc l'ensemble des solutions est 
\begin{center}
\fbox{$
S = \left\{\matrice{c}{x_1 \\ \vdots \\x_{j-1} \\ \dfrac{-1}{\ell_j} \ds \sum_{i \neq j} \ell_i x_i \\ x_{j+1} \\ \vdots \\ x_n}, (x_1 ,\ldots, x_{j-1},x_{j+1}, \ldots, x_n) \in \R^{n-1} \right\}
$}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\subsection*{Exercice 2 - Inspiré ESC 2001}

\bigskip On consid\`{e}re la fonction f d\'{e}finie sur [ 0 ; 1 ] par $%
f\left( {x}\right) =2xe^{x}$

\begin{enumerate}
\item $f$ est d\'{e}rivable sur $\left[ 0,1\right] $ en tant que produit de fonctions sur $[0,1]$ et 
$$
f^{\prime }\left(
x\right) =2\left( x+1\right) e^{x}>0.
$$

$f$ est donc continue et strictement croissante sur $\left[ 0,1\right] $
donc bijective de $\left[ 0,1\right] $ dans $f\left[ 0,1\right] =\left[ 0,2e\right] $

On a donc 
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=3,espcl=6]{$x$/1,Variations de $f$/2}{0,1}
\tkzTabVar{-/$0$, +/$2e$}
\end{tikzpicture}
\end{center}
et d'après le théorème de la bijection, $f^{-1}$ est croissante,
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=3,espcl=6]{$x$/1,Variations de $f^{-1}$/2}{0,$2e$}
\tkzTabVar{-/$0$, +/$1$}
\end{tikzpicture}
\end{center}

\item  Sur l'intervalle $\left[ 0,1\right] $ pour que $f$ soit d\'{e}finie. $%
:"\alpha e^{\alpha }=\,1"\Leftrightarrow "f\left( \alpha \right) =2"$ et
comme $f$ est bijective de $\left[ 0,1\right] $ dans $\left[ 0,2e\right] $
et que 2$\in \left[ 0,2e\right] $, \begin{center}
\fbox{l'\'{e}quation a une unique solution sur $%
\left[ 0,1\right] .$}
\end{center} 
Et comme $f\left( 0\right) =0,$ 
\begin{center}
\fbox{0 n'est pas solution et 
$\alpha \ne 0$.}
\end{center} 

On d\'{e}finit la suite $\left( u_{n}\right) _{n\,\in \,\Bbb{N}}$ par: 
\[
\left\{ 
\begin{array}{c}
u_{0}=\alpha  \\ 
\forall n\in \Bbb{N},\,\,u_{n+1}=f^{-1}\left( u_{n}\right) 
\end{array}
\right. 
\]

\item On montre par récurrence les propriétés suivantes $\P_n : \left\{u_n \; \text{existe et} \; u_n \in ]0,1]  \right\}$.
\begin{itemize}
\item \textbf{Initialisation :} La propriété $\mathscr{P}_0$ s'écrit "$u_0$ existe et $u_0 \in ]0,1]$" or $u_0 = \alpha \in ]0,1]$ donc $\P_0$ est vraie d'après la question 2. 
	\item \textbf{Hérédité :} On suppose que $\P_n$ est vrai pour un certain rang $n$. Donc $u_n \in ]0,1]$ or $f^{-1}$ est défini sur $]0,2e]$ donc $u_{n+1}$ est bien défini. De plus, $f^{-1}(]0,2e]) = ]0,1]$ donc $f^{-1}(u_n) \in ]0,1]$ 
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 $u_n \in ]0,1]$. }
	\end{itemize}

\item  Soit $x \in ]0,1]$. On a 
\begin{align*}
2e^x > 1 & \Longleftrightarrow 2x e^x > x \\
& \Longleftrightarrow \boxed{f(x) - x >0}
\end{align*}
Si $x=0$, on a bien l'égalité. 

\item On a pour tout $n \in \N$, 
\begin{align*}
f(u_n) - u_n >0 & \Longleftrightarrow f(u_n) > u_n \\
& \Longleftrightarrow u_n > f^{-1}(u_n) \quad \text{La fonction $f^{-1}$ est croissante} \\
& \Longleftrightarrow u_n > u_{n+1}
\end{align*}
\begin{center}
 \fbox{la suite $\left( u_{n}\right) _{n\,\in \,\Bbb{N}}$
est strictement d\'{e}croissante.}
 \end{center}

\item  On pose pour tout entier naturel \textit{n} : $\displaystyle
S_{n}=\sum\limits_{k=0}^{n}u_{k}$

\begin{enumerate}
\item On a pour tout entier naturel \textit{n}, 
\begin{align*}
u_{n+1} = f^{-1}(u_n) & \Longleftrightarrow f(u_{n+1}) = u_n \\
& \Longleftrightarrow 2 u_{n+1} e^{u_{n+1}} = u_n \\
& \Longleftrightarrow \boxed{u_{n+1} = \dfrac{1}{2}u_n e^{-u_{n+1}}}
\end{align*}

\item On montre par récurrence les propriétés suivantes $\P_n : \left\{u_n = \frac{e^{-S_{n}}}{2^{n}}  \right\}$.
\begin{itemize}
\item \textbf{Initialisation :} La propriété $\mathscr{P}_0$ s'écrit "$u_0 = \frac{e^{-u_0}}{2^{0}} \Longleftrightarrow u_0e^{u_0} = 1$". Or d'après la question 2, l'équation $xe^x = 1$ n'admet qu'une unique solution $\alpha$ donc $u_0 = \alpha$ et ainsi $\P_0$ est vraie. 
	\item \textbf{Hérédité :} On suppose que $\P_n$ est vrai pour un certain rang $n$. Donc 
$$
u_n = \dfrac{e^{-S_n}}{2^n}
$$	
Or, 
\begin{align*}
u_{n+1} & = \dfrac{1}{2}u_n e^{-u_{n+1}} \\
        & = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{e^{-S_n}}{2^n} e^{-u_{n+1}} \\
        & = \dfrac{e^{-S_n - u_{n+1}}}{2^{n+1}} \\
        & = \dfrac{e^{-S_{n+1}}}{2^{n+1}} 
\end{align*}
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 $n \in \N$, $u_n = \frac{e^{-S_{n}}}{2^{n}}$. }
	\end{itemize}

\item  Pour tout $n \in \N$, $S_n$ est une somme de termes positifs donc $e^{-S_n} \leq 1$. Ainsi, 
\begin{center}
\fbox{$u_{n}\le \left( \frac{1}{2}\right) ^{n}$.}
\end{center}

\item Comme $\dfrac{1}{2} \leq 1$, on a 
$$
\li_{n \to + \infty} \left(\dfrac{1}{2} \right)^n = 0
$$
De plus, $0 \le u_{n}\le \left( \frac{1}{2}\right) ^{n}$. Donc d'après le théorème des gendarmes, la suite $(u_n)$ converge et 
\begin{center}
\fbox{$
\li_{n \to + \infty} u_n = 0
$}
\end{center}

\end{enumerate}
\end{enumerate}


\subsection*{Problème - Inspiré EDHEC 2017}
{\bfseries {\itshape Partie 1 : étude d'une variable aléatoire}}\\
Les sommets d'un carré sont numérotés 1, 2, 3, et 4 de telle façon que les côtés du carré relient le sommet 1 au sommet 2, le sommet 2 au sommet 3, le sommet 3 au sommet 4 et le sommet 4 au sommet 1.\\
Un mobile se déplace aléatoirement sur les sommets de ce carré selon le protocole suivant :\\
$\bullet$ Au départ, c'est à dire à l'instant $0$, le mobile est sur le sommet 1.\\
$\bullet$ Lorsque le mobile est à un instant donné sur un sommet, il se déplace à l'instant suivant sur l'un quelconque des trois autres sommets, et ceci de façon équiprobable.\\
Pour tout $n \in \N$, on note $X_n$ la variable aléatoire égale au numéro du sommet sur lequel se situe le mobile à l'instant $n$. D'après le premier des deux points précédents, on a donc $X_0=1$.
\begin{enumerate}
\item Le mobile étant au sommet 1 au départ, à l'instant suivant le mobile peut arriver sur les trois autres sommets donc $X_1(\Omega) = \entier{2,4}$. Comme chaque case est équiprobable, 
\begin{center}
\fbox{$
\forall k \in \entier{2,4},  \quad P(X_1 = k) = \dfrac{1}{3}
$}
\end{center}
On en déduit: $E\left(X_{1}\right)=2 \times \frac{1}{3}+3 \times \frac{1}{3}+4 \times \frac{1}{3},$ d'où :
\begin{center}
\fbox{$E(X_1) = 3$.}
\end{center}
\item Les évènements $(X_1 = 2, X_1 = 3, X_1 = 4)$ forment un système complet d'évènement. En appliquant la formule des probabilités totales, on a 
\begin{align*}
P(X_2 = 1) & = \sum_{j=2}^4 P(X_1 = j) P_{X_1 = j}(X_2 = 1)\\
& =  \sum_{j=2}^4 \dfrac{1}{3} \times \dfrac{1}{3} \\
& = \dfrac{1}{9} + \dfrac{1}{9} + \dfrac{1}{9} \\
& \boxed{= \dfrac{1}{3}}
\end{align*}
On a également 
\begin{align*}
P(X_2 = 2) & = \sum_{j=2}^4 P(X_1 = j) P_{X_1 = j}(X_2 = 2)\\
 & = P(X_1 = 2)P_{X_1 = 2}(X_2 = 2) + P(X_1 = 3)P_{X_1 = 3}(X_2 = 2) + P(X_1 = 4)P_{X_1 = 4}(X_2 = 2)\\
 & = \dfrac{1}{3} \times 0 + \dfrac{1}{3} \times \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{3} \times \dfrac{1}{3} \\
 & \boxed{= \dfrac{2}{9}}
\end{align*}
De la même façon,
\begin{center}
\fbox{$ P(X_2=2)=P(X_2=3)=P(X_2=4)=\dfrac29$}
\end{center}
\item À l'instant $1,$ on a trois options:
\begin{itemize}
\item Le mobile est sur le sommet 2 et à l'instant 2 , il peut aller sur l'un des sommets 1,3 ou 4
\item Le mobile est sur le sommet 3 et à l'instant 2 , il peut aller sur l'un des sommets 1,2 ou 4
\item Le mobile est sur le sommet 4 et à l'instant 2 , il peut aller sur l'un des sommets 1,2 ou 3 
\end{itemize}
On a donc $\left.X_{2}(\Omega)=\llbracket 1,4\right]$
Le même processus se reproduit ensuite : à partir de l'instant $2,$ le mobile peut se trouver sur n'importe quel sommet. On a donc:
\begin{center}
\fbox{$\left.\forall n \geq 2, X_{n}(\Omega)=\llbracket 1,4\right]$}
\end{center}

\item
\begin{enumerate}
\item Pour $n$ supérieur ou égal à $2,$ la formule des probabilités totales associée au système complet d'événements $\left(X_{n}=k\right)_{k \in[1,4]},$ chacun étant de probabilité non nulle, s'écrit:
$$
P\left(X_{n+1}=1\right)=\sum_{i=1}^{4} P\left(X_{n}=i\right) P_{\left(X_{n}=i\right)}\left(X_{n+1}=1\right)
$$
D'après les conditions du voyage, le mobile se dirige vers un autre sommet que celui où il se trouve, et ceci de façon équiprobable donc on a:
$$
P_{\left(X_{n}=i\right)}\left(X_{n+1}=1\right)=\left\{\begin{array}{l}
\frac{1}{3} \text { si } 2 \leq i \leq 4 \\
0 \text { si } i=1
\end{array}\right.
$$
Il reste alors $P\left(X_{n+1}=1\right)= \ds \sum_{i=2}^{4} P\left(X_{n}=i\right) \times \frac{1}{3},$ ce qui s'écrit:
\begin{center}
\fbox{$
P\left(X_{n+1}=1\right)=\frac{1}{3}\left(P\left(X_{n}=2\right)+P\left(X_{n}=3\right)+P\left(X_{n}=4\right)\right)
$}
\end{center}
\item Pour $n=0,$ l'égalité précédente est correcte puisqu'elle fournit 
\begin{align*}
P\left(X_{1}=1\right) & =\frac{1}{3}\left(P\left(X_{0}=2\right)+P\left(X_{0}=3\right)+P\left(X_{0}=4\right)\right) \\
& =\frac{1}{3}(0+0+0) \\
& \boxed{= 0}
\end{align*}
Pour $n=1,$ l'égalité précédente est correcte puisqu'elle fournit :
\begin{align*}
P\left(X_{2}=1\right) & =\frac{1}{3}\left(P\left(X_{1}=2\right)+P\left(X_{1}=3\right)+P\left(X_{1}=4\right)\right) \\
& =\frac{1}{3}\left(\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}\right) \\
& \boxed{= \frac{1}{3}}
\end{align*}
\item Pour $n \geqslant 2$, les évènements $(X_n=1, X_n = 2, X_n = 3, X_n = 4)$ forment un système complet d'évènements, on a 
\begin{center}
\fbox{$P(X_n=1)+P(X_n=2)+P(X_n=3)+P(X_n=4)=1$}
\end{center}
Pour $n=1,$ on a $P\left(X_{1}=1\right)=0 \quad P\left(X_{1}=2\right)=P\left(X_{1}=3\right)=P\left(X_{1}=4\right)=\frac{1}{3}$
donc on a encore $P\left(X_{1}=1\right)+P\left(X_{1}=2\right)+P\left(X_{1}=3\right)+P\left(X_{1}=4\right)=1$ \\

Pour $n=0,$ on a $P\left(X_{0}=1\right)=1, P\left(X_{0}=2\right)=P\left(X_{0}=3\right)=P\left(X_{0}=4\right)=0$
donc on a encore $P\left(X_{1}=1\right)+P\left(X_{1}=2\right)+P\left(X_{1}=3\right)+P\left(X_{1}=4\right)=1$
Dans tous les cas, on a bien :
\begin{center}
\fbox{$P(X_n=1)+P(X_n=2)+P(X_n=3)+P(X_n=4)=1$}
\end{center}
On en déduit que $P\left(X_{n}=2\right)+P\left(X_{n}=3\right)+P\left(X_{n}=4\right)=1-P\left(X_{n}=1\right),$ et en
remplaçant dans l'égalité de la question 3 a ) donnant $P\left(X_{n+1}=1\right),$ on obtient :
$$
P\left(X_{n+1}=1\right)=\frac{1}{3}\left(1-P\left(X_{n}=1\right)\right)
$$
On a donc:
\begin{center}
\fbox{$\forall n \in \N \qquad P(X_{n+1}=1)=-\dfrac13 P(X_n=1)+\dfrac13$}
\end{center}

\item On reconnait que la suite $\left(P\left(X_{n}=1\right)\right)_{n \geq 2}$ est arithmético-géométrique. Soit donc $x$ le réel vérifiant l'égalité $x=-\frac{1}{3} x+\frac{1}{3}:$ on a $x=\frac{1}{4}$. On pose $v_{n}=P\left(X_{n}=1\right)-\frac{1}{4}$ et on trouve alors:
\begin{align*}
v_{n+1} & = P\left(X_{n+1}=1\right)-\frac{1}{4} \\
& =-\frac{1}{3} P\left(X_{n}=1\right)+\frac{1}{3}-\frac{1}{4} \\
& =-\frac{1}{3} P\left(X_{n}=1\right)+\frac{1}{12}
\end{align*}


Mais $P\left(X_{n}=1\right)=v_{n}+\frac{1}{4}$ donc $: v_{n+1}=-\frac{1}{3}\left(v_{n}+\frac{1}{4}\right)+\frac{1}{12}=-\frac{1}{3} v_{n}$
La suite $\left(v_{n}\right)_{n \in \mathbb{N}}$ est donc géométrique de raison $-\frac{1}{3}$ et de premier terme
$v_{0}=P\left(X_{0}=1\right)-\frac{1}{4}=1-\frac{1}{4}=\frac{3}{4},$ ce qui implique, d'après le cours:
$$
\forall n \in \mathbb{N}, v_{n}=\frac{3}{4}\times \left(-\frac{1}{3}\right)^{n}
$$
Comme $P\left(X_{n}=1\right)=v_{n}+\frac{1}{4},$ on en déduit:
\begin{center}
\fbox{$\forall n \geq 2, P\left(X_{n}=1\right)=\frac{1}{4}+\frac{3}{4}\left(-\frac{1}{3}\right)^{n}$}
\end{center}
\remarque{On pouvait aussi procéder par récurrence, mais il faut connaitre la technique ci-dessus au cas où le résultat ne soit pas donné.}
\remarque{}On pouvait aussi soustraire membre à membre les deux égalités
$$
\left\{\begin{aligned}
P\left(X_{n+1}=1\right) &=-\frac{1}{3} P\left(X_{n}=1\right)+\frac{1}{3} \\
x &=-\frac{1}{3} x \quad+\frac{1}{3}
\end{aligned}\right.
$$
On obtenait alors: $P\left(X_{n+1}=1\right)-x=-\frac{1}{3}\left(P\left(X_{n}=1\right)-x\right), \mathrm{c}^{\prime}$ est-à-dire $v_{n+1}=-\frac{1}{3} v_{n}$
puis on terminait de la même manière.
\end{enumerate}

\item
\begin{enumerate}
\item Pour $n$ supérieur ou égal à $2,$ la formule des probabilités totales associée au même système complet d'événements, s'écrit:
$$
P\left(X_{n+1}=2\right)=\sum_{i=1}^{4} P\left(X_{n}=i\right) P_{\left(X_{n}=i\right)}\left(X_{n+1}=2\right)
$$
D'après les conditions du voyage, on a $$P_{\left(x_{n}=i\right)}\left(X_{n+1}=2\right)=\left\{\begin{array}{l}\frac{1}{3} \text { si } i \in\{1,3,4\} \\ 0 \text { si } i=2\end{array}\right.
$$ 
et il reste : $\forall n \geq 2, P\left(X_{n+1}=2\right)=\frac{1}{3}\left(P\left(X_{n}=1\right)+P\left(X_{n}=3\right)+P\left(X_{n}=4\right)\right)$
On vérifie que cette égalité reste valable pour $n=0$ et $n=1,$ ce qui prouve que:
\begin{center}
\fbox{$
\forall n \in \mathbb{N}, P\left(X_{n+1}=2\right)=\frac{1}{3}\left(P\left(X_{n}=1\right)+P\left(X_{n}=3\right)+P\left(X_{n}=4\right)\right)
$}
\end{center}
\item Pour $n \geq 2,$ toujours avec le système complet d'événements $\left(X_{n}=k\right)_{k \in[1,4]},$ on peut cette fois écrire que $P\left(X_{n}=1\right)+P\left(X_{n}=3\right)+P\left(X_{n}=4\right)=1-P\left(X_{n}=2\right)$ et en remplaçant dans $P\left(X_{n+1}=2\right),$ on obtient $: P\left(X_{n+1}=2\right)=\frac{1}{3}\left(1-P\left(X_{n}=2\right)\right)$ On a donc:

On vérifie aussi que cette égalité reste valable pour $n=0$ et $n=1,$ ce qui donne:
\begin{center}
\fbox{$
\forall n \in \mathbb{N}, P\left(X_{n+1}=2\right)=-\frac{1}{3} P\left(X_{n}=2\right)+\frac{1}{3}
$}
\end{center}
\item  On reconnait que la suite $\left(P\left(X_{n}=2\right)\right)_{n \in \mathrm{N}}$ est arithmético-géométrique mais cette fois, la suite $\left(P\left(X_{n}=2\right)-\frac{1}{4}\right)_{n \in \mathbb{N}}$ est géométrique de raison $-\frac{1}{3}$ et de premier terme 
$$P\left(X_{0}=2\right)-\frac{1}{4}=0-\frac{1}{4}=-\frac{1}{4},$$ 
ce qui implique :
$$
\forall n \in \mathbb{N}, P\left(X_{n}=2\right)-\frac{1}{4}=-\frac{1}{4}\left(-\frac{1}{3}\right)^{n}
$$
On trouve donc:
\begin{center}
\fbox{$
\forall n \in \mathbb{N}, P\left(X_{n}=2\right)=\frac{1}{4}-\frac{1}{4}\left(-\frac{1}{3}\right)^{n}
$}
\end{center}

\end{enumerate}
\item On admet que, pour tout entier naturel $n$, on a :
$$P(X_{n+1}=3)=-\dfrac13 P(X_n=3)+\dfrac13 \quad \hbox{ et } \quad P(X_{n+1}=4)=-\dfrac13 P(X_n=4)+\dfrac13$$
En admettant que, pour tout $n$ de $\mathbb{N},$ on ait 
$$P\left(X_{n+1}=3\right)=-\frac{1}{3} P\left(X_{n}=3\right)+\frac{1}{3} $$ et 
$$P\left(X_{n+1}=4\right)=-\frac{1}{3} P\left(X_{n}=4\right)+\frac{1}{3},$$ 
alors les suites $\left(P\left(X_{n}=3\right)\right)_{n \in \mathbb{N}}$ et $\left(P\left(X_{n}=4\right)\right)_{n \in \mathbb{N}}$
vérifient la même relation de récurrence liant deux termes consécutifs que la suite $\left(P\left(X_{n}=2\right)\right)_{n \in \mathbb{N}},$ et ont le même premier terme, à savoir:
$$
P\left(X_{0}=3\right)=P\left(X_{0}=4\right)=0=P\left(X_{0}=2\right)
$$
Par conséquent, ces trois suites sont égales, ce qui justifie que:
\begin{center}
\fbox{$
\forall n \in \mathbb{N}, P\left(X_{n}=3\right)=P\left(X_{n}=4\right)=\frac{1}{4}-\frac{1}{4}\left(-\frac{1}{3}\right)^{n}
$}
\end{center}
\item La variable $X_{n}$ est finie donc elle possède une espérance et celle-ci est :
\begin{align*}
E\left(X_{n}\right) & =1 \times P\left(X_{n}=1\right)+2 \times P\left(X_{n}=2\right)+3 \times P\left(X_{n}=3\right)+4 \times P\left(X_{n}=4\right) \\
& =\frac{1}{4}+\frac{3}{4}\left(-\frac{1}{3}\right)^{n}+2\left(\frac{1}{4}-\frac{1}{4}\left(-\frac{1}{3}\right)^{n}\right)+3\left(\frac{1}{4}-\frac{1}{4}\left(-\frac{1}{3}\right)^{n}\right)+4\left(\frac{1}{4}-\frac{1}{4}\left(-\frac{1}{3}\right)^{n}\right) \\
& =\frac{1}{4}+\frac{2}{4}+\frac{3}{4}+\frac{4}{4}+\frac{3}{4}\left(-\frac{1}{3}\right)^{n}-\frac{2}{4}\left(-\frac{1}{3}\right)^{n}-\frac{3}{4}\left(-\frac{1}{3}\right)^{n}-\frac{4}{4}\left(-\frac{1}{3}\right)^{n} \\
& = \frac{10}{4}-\frac{6}{4}\left(-\frac{1}{3}\right)^{n}
\end{align*}
Bilan:
\begin{center}
\fbox{$
E\left(X_{n}\right)=\frac{5}{2}-\frac{3}{2}\left(-\frac{1}{3}\right)^{n}
$}
\end{center}
\end{enumerate}
\par \vspace{0.5cm}

{\bfseries {\itshape Partie 2 : calcul des puissances d'une matrice $A$}}
\par \medskip \noindent
Pour tout $n$ de $\N$, on considère la matrice-ligne de ${\cal M}_{1,4}(\R)$ :
$$U_n=\begin{pmatrix}P(X_n=1)&P(X_n=2)&P(X_n=3)&P(X_n=4)\end{pmatrix}$$
\begin{enumerate}[resume]
\item  
\begin{enumerate}
\item Pour tout entier naturel $n,$ on a :
$$ U_{n} A=\frac{1}{3}\left(P\left(X_{n}=1\right) P\left(X_{n}=2\right) P\left(X_{n}=3\right) P\left(X_{n}=4\right)\right)\left(\begin{array}{cccc}0 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 0\end{array}\right)$$
En effectuant ce produit matriciel, on obtient une matrice ligne dont:
\begin{itemize}
\item Le $1^{\mathrm{er}}$ élément est $\frac{1}{3}\left(P\left(X_{n}=2\right)+P\left(X_{n}=3\right)+P\left(X_{n}=4\right)\right)$
\item Le $2^{\text {ème }}$ élément est $\frac{1}{3}\left(P\left(X_{n}=1\right)+P\left(X_{n}=3\right)+P\left(X_{n}=4\right)\right)$
\item Le $3^{\mathrm{eme}}$ élément est $\frac{1}{3}\left(P\left(X_{n}=1\right)+P\left(X_{n}=2\right)+P\left(X_{n}=4\right)\right)$
\item Le $4^{\text {ème }}$ élément est $\frac{1}{3}\left(P\left(X_{n}=1\right)+P\left(X_{n}=2\right)+P\left(X_{n}=3\right)\right)$
\end{itemize}
D'après les questions 3 a), et 4 a , les deux premiers éléments sont $P\left(X_{n+1}=1\right)$ et
$P\left(X_{n+1}=2\right) .$ Sans refaire les calculs faits aux questions $3 \mathrm{a}$ ) et $4 \mathrm{a}$ ), on constate que les deux éléments suivants sont $P\left(X_{n+1}=3\right)$ et $P\left(X_{n+1}=4\right) .$ On a donc:
$$U_{n} A=\left(P\left(X_{n+1}=1\right) P\left(X_{n+1}=2\right) P\left(X_{n+1}=3\right) P\left(X_{n+1}=4\right)\right)=U_{n+1}$$
Bilan:
\begin{center}
\fbox{$
\forall n \in \mathbb{N}, U_{n+1}=U_{n} A
$}
\end{center}
\item  On montre par récurrence les propriétés suivantes $\P_n : \left\{ U_n = U_0 A^n \right\}$.
\begin{itemize}
\item \textbf{Initialisation :} La propriété $\mathscr{P}_0$ s'écrit "$U_0 = U_0 A^0 $" or $A^0 = I_4$ donc $\P_0$ est vraie. 
	\item \textbf{Hérédité :} On suppose que $\P_n$ est vrai pour un certain rang $n$. Donc $U_n = U_0 A^n$. De plus, d'après la question précédente, 
	 \begin{align*}
	 U_{n+1} & = U_n A \\
	 & = U_0 A^n \times A \\
	 & = U_0 A^{n+1}
	 \end{align*}
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 $n \in \N$, $U_n = U_0 A^n$. }
	\end{itemize}

\item On connait $U_{n}$ et on a $U_{0}=\left(\begin{array}{llll}1 & 0 & 0 & 0\end{array}\right)$, puisque $X_{0}$ est la variable certaine
On en déduit par produit:
$$
P\left(X_{n}=1\right)=a_{1}
\quad P\left(X_{n}=2\right)=a_{2} \quad P\left(X_{n}=3\right)=a_{3} \quad P\left(X_{n}=4\right)=a_{4}$$
La première ligne $\left(a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}\right)$ de $A^{n}$ est donc:
\begin{center}
\fbox{$
\left(\frac{1}{4}+\frac{3}{4}\left(-\frac{1}{3}\right)^{n} \quad \frac{1}{4}-\frac{1}{4}\left(-\frac{1}{3}\right)^{n} \quad \frac{1}{4}-\frac{1}{4}\left(-\frac{1}{3}\right)^{n} \quad \frac{1}{4}-\frac{1}{4}\left(-\frac{1}{3}\right)^{n}\right)
$}
\end{center}
\end{enumerate}
\item En plaçant le mobile au départ sur le sommet 2 , on a $U_{0}=\left(\begin{array}{llll}0 & 1 & 0 & 0\end{array}\right)$ et des calculs similaires à ceux faits aux questions 3 ) et 4 ) donnent cette fois :
$$ P\left(X_{n}=1\right)=P\left(X_{n}=3\right)=P\left(X_{n}=4\right)=\frac{1}{4}-\frac{1}{4}\left(-\frac{1}{3}\right)^{n}$$ et $$P\left(X_{n}=2\right)=\frac{1}{4}+\frac{3}{4}\left(-\frac{1}{3}\right)^{n}$$
Comme on a :
$$
\left(P\left(X_{n}=1\right) P\left(X_{n}=2\right) P\left(X_{n}=3\right) P\left(X_{n}=4\right)\right)=\left(\begin{array}{llll}
0 & 1 & 0 & 0
\end{array}\right)\left(\begin{array}{llll}
a_{1} & a_{2} & a_{3} & a_{4} \\
b_{1} & b_{2} & b_{3} & b_{4} \\
c_{1} & c_{2} & c_{3} & c_{4} \\
d_{1} & d_{2} & d_{3} & d_{4}
\end{array}\right)
$$
On en déduit par produit:
$$
P\left(X_{n}=1\right)=b_{1} \quad P\left(X_{n}=2\right)=b_{2} \quad P\left(X_{n}=3\right)=b_{3} \quad P\left(X_{n}=4\right)=b_{4}
$$
La deuxième ligne de $A^{n}$ est donc:
\begin{center}
\fbox{$
\left(\frac{1}{4}-\frac{1}{4}\left(-\frac{1}{3}\right)^{n} \quad \frac{1}{4}+\frac{3}{4}\left(-\frac{1}{3}\right)^{n} \quad \frac{1}{4}-\frac{1}{4}\left(-\frac{1}{3}\right)^{n} \quad \frac{1}{4}-\frac{1}{4}\left(-\frac{1}{3}\right)^{n}\right)
$}
\end{center}
On trouve la troisième ligne de $A^{n}$ en plaçant le mobile au départ sur le sommet $3,$ ce qui donne:
\begin{center}
\fbox{$
\left(\frac{1}{4}-\frac{1}{4}\left(-\frac{1}{3}\right)^{n} \quad \frac{1}{4}-\frac{1}{4}\left(-\frac{1}{3}\right)^{n} \quad \frac{1}{4}+\frac{3}{4}\left(-\frac{1}{3}\right)^{n} \quad \frac{1}{4}-\frac{1}{4}\left(-\frac{1}{3}\right)^{n}\right)
$}
\end{center}
On trouve la quatrième ligne de $A^{n}$ en plaçant le mobile au départ sur le sommet $4,$ ce qui donne:
\begin{center}
\fbox{$
\left(\frac{1}{4}-\frac{1}{4}\left(-\frac{1}{3}\right)^{n} \quad \frac{1}{4}-\frac{1}{4}\left(-\frac{1}{3}\right)^{n} \quad \frac{1}{4}-\frac{1}{4}\left(-\frac{1}{3}\right)^{n} \quad \frac{1}{4}+\frac{3}{4}\left(-\frac{1}{3}\right)^{n}\right)
$}
\end{center}
\end{enumerate}
\par \vspace{0.5cm}

{\bfseries {\itshape Partie 3 : une deuxième méthode de calcul des puissances de 
$A$}}
\par \medskip \noindent
On considère les matrices $I$ et $J$ suivantes : \quad $I=\begin{pmatrix}1&0&0&0\\0&1&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&1\end{pmatrix}$ et $J=\begin{pmatrix}1&1&1&1\\1&1&1&1\\1&1&1&1\\1&1&1&1\end{pmatrix}$.
\begin{enumerate}[resume]
\item On a $A=\frac{1}{3}\left(\begin{array}{llll}0 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 0\end{array}\right)$ donc $A=\frac{1}{3}\left(\begin{array}{llll}1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1\end{array}\right)-\frac{1}{3}\left(\begin{array}{llll}1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1\end{array}\right)$
Conclusion:
\begin{center}
\fbox{$A = -\dfrac{1}{3}I + \dfrac{1}{3}J$.}
\end{center}
\item
\begin{enumerate}
\item On a 
$$J^{2}=\left(\begin{array}{llll}1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{llll}1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{llll}4 & 4 & 4 & 4 \\ 4 & 4 & 4 & 4 \\ 4 & 4 & 4 & 4 \\ 4 & 4 & 4 & 4\end{array}\right)=4 J$$ 
On montre par récurrence les propriétés suivantes $\P_n : \left\{ J^n=4^{n-1} J \right\}$.
\begin{itemize}
\item \textbf{Initialisation :} La propriété $\mathscr{P}_1$ s'écrit "$J = 4^{1-1} J $" or $4^{1-1} = 1$ donc $\P_0$ est vraie. 
	\item \textbf{Hérédité :} On suppose que $\P_n$ est vrai pour un certain rang $n$. Donc $J_n = 4^{n-1} J$. De plus, d'après la question précédente, 
	 \begin{align*}
	 J^{n+1} & = J^n J \\
	 & = 4^{n-1} J \times J \\
	 & = 4^{n-1} J^2 \\
	 & = 4^{n-1} \times  4 \times J \\
	 & = 4^n J
	 \end{align*}
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 $n \in \N$, $J^{n} = 4^{n-1} J$. }
	\end{itemize} 
\item Comme les matrices $I$ et $J$ commutent, on peut appliquer la formule du binôme de Newton, qui s'écrit, pour tout entier naturel $n$ :
$$
A^{n}=\left(\frac{1}{3}(J-I)\right)^{n}=\frac{1}{3^{n}}(J-I)^{n}=\frac{1}{3^{n}} \sum_{k=0}^{n}\left(\begin{array}{c}
n \\
k
\end{array}\right)(-I)^{n-k} J^{k}=\frac{1}{3^{n}} \sum_{k=0}^{n}\left(\begin{array}{c}
n \\
k
\end{array}\right)(-1)^{n-k} J^{k}
$$
Pour $n$ supérieur ou égal à $1,$ on isole le premier terme, car la relation $J^{k}=4^{k-1} J$ n'est valable que pour $k \geq 1$. On a alors:
$$
A^{n}=\frac{1}{3^{n}}\left((-1)^{n} J^{0}+\sum_{k=1}^{n}\left(\begin{array}{l}
n \\
k
\end{array}\right)(-1)^{n-k} J^{k}\right)=\frac{1}{3^{n}}\left((-1)^{n} I+\sum_{k=1}^{n}\left(\begin{array}{l}
n \\
k
\end{array}\right)(-1)^{n-k} 4^{k-1} J\right)
$$
En mettant $\frac{1}{4}$ en facteur, on trouve : $A^{n}=\frac{1}{3^{n}}\left((-1)^{n} I+\frac{1}{4} \sum_{k=1}^{n}\left(\begin{array}{c}n \\ k\end{array}\right)(-1)^{n-k} 4^{k} J\right)$
On ajoute le terme d'indice 0 à la somme puis on l'enlève:
$$
A^{n}=\frac{1}{3^{n}}\left((-1)^{n} I+\frac{1}{4}\left(\sum_{k=0}^{n}\left(\begin{array}{c}
n \\
k
\end{array}\right) 4^{k}(-1)^{n-k}-(-1)^{n}\right) J\right)
$$
On peut maintenant appliquer de nouveau la formule du binôme:
$$
A^{n}=\frac{1}{3^{n}}\left((-1)^{n} I+\frac{1}{4}\left((4-1)^{n}-(-1)^{n}\right) J\right)
$$
On trouve alors: $\forall n \in \mathbb{N}^{*}, A^{n}=\frac{1}{3^{n}}\left((-1)^{n} I+\frac{1}{4}\left[3^{n}-(-1)^{n}\right] J\right)$
Finalement:
\begin{center}
\fbox{$
\forall n \in \mathbb{N}^{*}, A^{n}=\left(-\frac{1}{3}\right)^{n} I+\frac{1}{4}\left[1-\left(-\frac{1}{3}\right)^{n}\right] J
$
}
\end{center}
\item Pour $n=0,$ cette relation reste valable puisqu'elle donne:
\begin{center}
\fbox{$
A^{0}=\left(-\frac{1}{3}\right)^{0} I+\frac{1}{4}\left[1-\left(-\frac{1}{3}\right)^{0}\right] J=I+0 \times J=I
$}
\end{center}
\end{enumerate}

\end{enumerate}

\par \vspace{0.5cm}
{\bfseries {\itshape Partie 4 : informatique}}\\
\begin{enumerate}[resume]
\item


\end{enumerate}

\end{document}