Corrigé du sujet
Exercice 1 :
1. Réponse D. Chaque tirage donne une boule blanche avec la probabilité \(\dfrac{3}{8}\), et les 4 tirages sont indépendants (avec remise). Le nombre \(X\) de boules blanches suit donc la loi binomiale \(\mathcal{B}(4\,;\,\dfrac{3}{8})\). On passe par l’évènement contraire « aucune boule blanche » :
\[P(X \geq\, 1) = 1 – P(X = 0) = 1 – (\dfrac{5}{8})^4 = 1 – \dfrac{625}{4096} \approx 0{,}847.\]
Arrondie au centième, la probabilité vaut 0,85 : réponse D.
2. Réponse B. Notons \(T\) l’évènement « on choisit la pièce truquée », de probabilité \(\dfrac{1}{n}\). Avec la pièce truquée, FACE sort à coup sûr ; avec une pièce normale (probabilité \(\dfrac{n-1}{n}\)), FACE sort une fois sur deux. Par la formule des probabilités totales :
\[P(\text{FACE}) = \dfrac{1}{n} \times 1 + \dfrac{n-1}{n} \times \dfrac{1}{2} = \dfrac{2 + n – 1}{2n} = \dfrac{n+1}{2n}.\]
Réponse B.
3. Réponse D. L’évènement \(T \gt 72\) est inclus dans \(T \gt 60\), donc \(P_{(T \gt 60)}(T \gt 72) = \dfrac{P(T \gt 72)}{P(T \gt 60)}\). Par symétrie de la loi normale autour de son espérance 60, \(P(T \gt 60) = 0{,}5\). La calculatrice donne \(P(T \gt 72) \approx 0{,}02275\) (72 est à deux écarts-types de la moyenne). D’où \(P_{(T \gt 60)}(T \gt 72) \approx \dfrac{0{,}02275}{0{,}5} \approx 0{,}046\) : réponse D.
4. Réponse A. Pour une variable \(X\) de loi exponentielle de paramètre \(\lambda\), \(P(X \gt a) = \text{e}^{-\lambda a}\) pour tout \(a \geq\, 0\). Avec \(a = 3\) : \(P(X \gt 3) = \text{e}^{-3\lambda}\), réponse A. (La réponse B correspond à une panne avant 3 ans.)
5. Réponse A. Sur \([0\,;\,\dfrac{\pi}{2}]\), la fonction cosinus est décroissante et \(\cos\dfrac{\pi}{3} = \dfrac{1}{2}\), donc \(\cos x \gt \dfrac{1}{2} \iff 0 \leq\, x \lt \dfrac{\pi}{3}\). Pour une loi uniforme, la probabilité est le rapport des longueurs :
\[P(0 \leq\, X \lt \dfrac{\pi}{3}) = \dfrac{\frac{\pi}{3}}{\frac{\pi}{2}} = \dfrac{2}{3}.\]
Réponse A.
| Question | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 |
|---|---|---|---|---|---|
| Réponse | D | B | D | A | A |
Exercice 2 :
Dans le repère \((\text{A}\,;\,\vec{\text{AB}},\,\vec{\text{AD}},\,\vec{\text{AE}})\), on lit les coordonnées utiles : B\((1\,;\,0\,;\,0)\), C\((1\,;\,1\,;\,0)\), F\((1\,;\,0\,;\,1)\) et H\((0\,;\,1\,;\,1)\).
1. On a \(\vec{\text{BH}}\begin{pmatrix}-1\\1\\1\end{pmatrix}\) et \(\vec{\text{B}M}\begin{pmatrix}1 – t – 1\\t\\t\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-t\\t\\t\end{pmatrix}\). Donc \(\vec{\text{B}M} = t\,\vec{\text{BH}}\) : les vecteurs sont colinéaires et \(M\) appartient à la droite (BH) pour tout réel \(t\).
2. Les représentations paramétriques fournissent des vecteurs directeurs : \(\vec{d}\begin{pmatrix}-1\\1\\1\end{pmatrix}\) pour (BH) et \(\vec{d^{\prime}}\begin{pmatrix}0\\1\\-1\end{pmatrix}\) pour (FC).
Orthogonalité. \(\vec{d} \cdot \vec{d^{\prime}} = (-1) \times 0 + 1 \times 1 + 1 \times (-1) = 0\) : les droites (BH) et (FC) sont orthogonales.
Non coplanarité. Les vecteurs directeurs ne sont pas colinéaires (la première coordonnée de \(\vec{d^{\prime}}\) est nulle, pas celle de \(\vec{d}\)), donc les droites ne sont pas parallèles. Si elles étaient coplanaires, elles seraient alors sécantes. Cherchons un point commun :
\[\begin{cases} 1 – t = 1 \\ t = t^{\prime} \\ t = 1 – t^{\prime} \end{cases}\]
La première équation donne \(t = 0\), la deuxième \(t^{\prime} = 0\), et la troisième devient \(0 = 1\) : c’est impossible. Les droites ne sont ni parallèles ni sécantes, donc (BH) et (FC) sont non coplanaires.
3. a. On a \(\vec{MM^{\prime}}\begin{pmatrix}1 – (1 – t)\\t^{\prime} – t\\1 – t^{\prime} – t\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}t\\t^{\prime} – t\\1 – t – t^{\prime}\end{pmatrix}\), donc, le repère étant orthonormé :
\[MM^{\prime}^2 = t^2 + (t^{\prime} – t)^2 + (1 – t – t^{\prime})^2.\]
En développant : \(t^2 + (t^{\prime}^2 – 2tt^{\prime} + t^2) + (1 + t^2 + t^{\prime}^2 – 2t – 2t^{\prime} + 2tt^{\prime}) = 3t^2 + 2t^{\prime}^2 – 2t – 2t^{\prime} + 1\).
Développons aussi l’expression proposée : \(3(t^2 – \frac{2}{3}t + \frac{1}{9}) + 2(t^{\prime}^2 – t^{\prime} + \frac{1}{4}) + \frac{1}{6} = 3t^2 – 2t + \frac{1}{3} + 2t^{\prime}^2 – 2t^{\prime} + \frac{1}{2} + \frac{1}{6}\), soit \(3t^2 + 2t^{\prime}^2 – 2t – 2t^{\prime} + 1\).
Les deux expressions coïncident : \(MM^{\prime}^2 = 3(t – \frac{1}{3})^2 + 2(t^{\prime} – \frac{1}{2})^2 + \frac{1}{6}\).
b. Les deux carrés sont positifs ou nuls, donc \(MM^{\prime}^2 \geq\, \frac{1}{6}\), avec égalité si et seulement si les deux carrés sont nuls. La distance \(MM^{\prime}\) (positive) est minimale en même temps que son carré, donc \(MM^{\prime}\) est minimale pour \(t = \frac{1}{3}\) et \(t^{\prime} = \frac{1}{2}\), et cette distance minimale vaut \(\sqrt{\frac{1}{6}} = \frac{\sqrt{6}}{6} \approx 0{,}41\).
c. Pour \(t = \frac{1}{3}\), le point \(M\) a pour coordonnées \((\frac{2}{3}\,;\,\frac{1}{3}\,;\,\frac{1}{3})\) : c’est P, qui est donc sur (BH). Pour \(t^{\prime} = \frac{1}{2}\), le point \(M^{\prime}\) a pour coordonnées \((1\,;\,\frac{1}{2}\,;\,\frac{1}{2})\) : c’est Q, qui est sur (FC).
On a \(\vec{\text{PQ}}\begin{pmatrix}\frac{1}{3}\\ \frac{1}{6}\\ \frac{1}{6}\end{pmatrix}\), puis \(\vec{\text{PQ}} \cdot \vec{d} = -\frac{1}{3} + \frac{1}{6} + \frac{1}{6} = 0\) et \(\vec{\text{PQ}} \cdot \vec{d^{\prime}} = 0 + \frac{1}{6} – \frac{1}{6} = 0\).
La droite (PQ) est orthogonale à (BH) et la coupe en P ; elle est orthogonale à (FC) et la coupe en Q. (PQ) est donc perpendiculaire aux deux droites (BH) et (FC) : c’est leur perpendiculaire commune.
Exercice 3 :
1. a. Pour \(x \neq 0\) (l’expression proposée n’a pas de sens en 0), on simplifie le produit :
\[\dfrac{\text{e}}{x} \times \dfrac{x^2}{\text{e}^{x^2}} = \dfrac{\text{e} \times x^2}{x \times \text{e}^{x^2}} = x \times \text{e}^{1} \times \text{e}^{-x^2} = x\text{e}^{-x^2+1} = f(x).\]
b. Posons \(X = x^2\). Quand \(x \to +\infty\), \(X \to +\infty\), et par croissance comparée \(\lim\limits_{X \to +\infty} \dfrac{X}{\text{e}^X} = 0\), donc \(\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{x^2}{\text{e}^{x^2}} = 0\). De plus \(\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\text{e}}{x} = 0\). Par produit, \(\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = 0\).
2. a. Les points sont \(M(x\,;\,f(x))\) et \(N(-x\,;\,f(-x))\). Or \(f(-x) = (-x)\text{e}^{-(-x)^2+1} = -x\text{e}^{-x^2+1} = -f(x)\).
Le milieu de \([MN]\) a pour coordonnées \((\dfrac{x + (-x)}{2}\,;\,\dfrac{f(x) – f(x)}{2}) = (0\,;\,0)\) : O est le milieu de \([MN]\).
b. Tout point de \((\mathcal{C})\) a son symétrique par rapport à O sur \((\mathcal{C})\) : la courbe \((\mathcal{C})\) est symétrique par rapport à l’origine O (la fonction \(f\) est impaire).
3. \(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\). On dérive le produit \(u \times v\) avec \(u(x) = x\) et \(v(x) = \text{e}^{-x^2+1}\), où \(v^{\prime}(x) = -2x\text{e}^{-x^2+1}\) :
\[f^{\prime}(x) = \text{e}^{-x^2+1} + x \times (-2x\text{e}^{-x^2+1}) = (1 – 2x^2)\text{e}^{-x^2+1}.\]
Une exponentielle est strictement positive, donc \(f^{\prime}(x)\) a le signe de \(1 – 2x^2\). Sur \([0\,;\,+\infty[\), \(1 – 2x^2 \geq\, 0 \iff x^2 \leq\, \frac{1}{2} \iff x \leq\, \frac{\sqrt{2}}{2}\).
Valeurs remarquables : \(f(0) = 0\) et \(f(\frac{\sqrt{2}}{2}) = \frac{\sqrt{2}}{2}\text{e}^{-\frac{1}{2}+1} = \frac{\sqrt{2}}{2}\text{e}^{\frac{1}{2}} = \sqrt{\frac{\text{e}}{2}} \approx 1{,}166\).
| \(x\) | \(0\) | \(\frac{\sqrt{2}}{2}\) | \(+\infty\) | ||
|---|---|---|---|---|---|
| signe de \(f^{\prime}(x)\) | \(+\) | \(0\) | \(-\) | ||
| variations de \(f\) | \(0\) | croissante | \(\sqrt{\frac{\text{e}}{2}}\) | décroissante | \(0\) (limite) |
\(f\) est strictement croissante sur \([0\,;\,\frac{\sqrt{2}}{2}]\) et strictement décroissante sur \([\frac{\sqrt{2}}{2}\,;\,+\infty[\), avec un maximum égal à \(\sqrt{\frac{\text{e}}{2}}\).
4. a. On applique le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires sur chacun des deux intervalles de monotonie.
- Sur \([0\,;\,\frac{\sqrt{2}}{2}]\), \(f\) est continue et strictement croissante de \(0\) à \(\sqrt{\frac{\text{e}}{2}} \approx 1{,}166\). Comme \(0{,}5\) est compris entre ces deux valeurs, l’équation \(f(x) = 0{,}5\) a une unique solution \(\alpha\) sur cet intervalle.
- Sur \([\frac{\sqrt{2}}{2}\,;\,+\infty[\), \(f\) est continue et strictement décroissante de \(\sqrt{\frac{\text{e}}{2}}\) vers la limite 0. Comme \(0 \lt 0{,}5 \lt \sqrt{\frac{\text{e}}{2}}\), l’équation a une unique solution \(\beta\) sur cet intervalle.
Donc l’équation \(f(x) = 0{,}5\) admet exactement deux solutions \(\alpha \lt \beta\) sur \([0\,;\,+\infty[\).
b. D’après les variations, \(f(x) \geq\, 0{,}5\) entre \(\alpha\) et \(\beta\) et \(f(x) \lt 0{,}5\) ailleurs sur \([0\,;\,+\infty[\). L’ensemble des solutions est \([\alpha\,;\,\beta]\).
c. Par balayage à la calculatrice : \(f(0{,}19) \approx 0{,}498\) et \(f(0{,}20) \approx 0{,}522\), puis \(f(1{,}43) \approx 0{,}503\) et \(f(1{,}44) \approx 0{,}492\). On obtient \(\alpha \approx 0{,}19\) et \(\beta \approx 1{,}43\).
5. a. On reconnaît une forme \(u^{\prime}\text{e}^u\) : avec \(u(x) = -x^2 + 1\), \(u^{\prime}(x) = -2x\), donc \(f(x) = -\dfrac{1}{2}u^{\prime}(x)\text{e}^{u(x)}\). Une primitive de \(f\) est \(F(x) = -\dfrac{1}{2}\text{e}^{-x^2+1}\). Ainsi :
\[I_A = F(A) – F(0) = -\dfrac{1}{2}\text{e}^{-A^2+1} + \dfrac{1}{2}\text{e}^{1} = \dfrac{1}{2}(\text{e} – \text{e}^{-A^2+1}).\]
b. Quand \(A \to +\infty\), \(-A^2 + 1 \to -\infty\), donc \(\text{e}^{-A^2+1} \to 0\). Ainsi \(\lim\limits_{A \to +\infty} I_A = \dfrac{\text{e}}{2}\).
6. Découpons la partie grisée avec les symétries de la figure.
Sur \([0\,;\,+\infty[\), \(f(x) \geq\, 0\) : l’aire entre \((\mathcal{C})\) et l’axe des abscisses vaut \(\dfrac{\text{e}}{2}\) (question 5.b). Par symétrie par rapport à l’axe des abscisses, l’aire entre \((\mathcal{C}^{\prime})\) et cet axe vaut aussi \(\dfrac{\text{e}}{2}\). L’aire comprise entre \((\mathcal{C})\) et \((\mathcal{C}^{\prime})\) pour \(x \geq\, 0\) est donc \(\text{e}\).
Par symétrie par rapport à l’axe des ordonnées (la figure formée par \((\mathcal{C})\) et \((\mathcal{C}^{\prime})\) est symétrique puisque \(f\) est impaire), la partie \(x \leq\, 0\) apporte aussi une aire \(\text{e}\). Le domaine entier entre les deux courbes mesure \(2\text{e}\).
On retire les deux disques blancs, de rayon 0,5, entièrement contenus dans ce domaine : chacun a pour aire \(\pi \times 0{,}5^2 = \dfrac{\pi}{4}\).
\[\mathcal{A} = 2\text{e} – 2 \times \dfrac{\pi}{4} = 2\text{e} – \dfrac{\pi}{2} \approx 3{,}866.\]
L’aire de la partie grisée vaut environ 3,87 unités d’aire.
Exercice 4 (candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité) :
1. a. \(z_1 = (1 + \text{i}) \times 0 – \text{i} = -\text{i}\), puis \(z_2 = (1 + \text{i})(-\text{i}) – \text{i} = -\text{i} – \text{i}^2 – \text{i} = 1 – 2\text{i}\). Les deux valeurs sont vérifiées.
b. \((1 + \text{i})(1 – 2\text{i}) = 1 – 2\text{i} + \text{i} – 2\text{i}^2 = 3 – \text{i}\), donc \(z_3 = 3 – \text{i} – \text{i} = 3 – 2\text{i}\).
c. On place B\((1\,;\,0)\), \(A_1(0\,;\,-1)\), \(A_2(1\,;\,-2)\) et \(A_3(3\,;\,-2)\) : l’abscisse d’un point est la partie réelle de son affixe, l’ordonnée sa partie imaginaire. \(A_1\) est sur l’axe des ordonnées, \(A_2\) à la verticale de B deux unités plus bas, et \(A_3\) sur la même horizontale que \(A_2\), deux unités plus à droite.
d. Calculons les trois longueurs :
- \(\text{B}A_1 = |z_1 – 1| = |-1 – \text{i}| = \sqrt{1 + 1} = \sqrt{2}\) ;
- \(A_1A_2 = |z_2 – z_1| = |1 – \text{i}| = \sqrt{2}\) ;
- \(\text{B}A_2 = |z_2 – 1| = |-2\text{i}| = 2\).
Comme \(\text{B}A_1 = A_1A_2\), le triangle est isocèle en \(A_1\). De plus \(\text{B}A_1^2 + A_1A_2^2 = 2 + 2 = 4 = \text{B}A_2^2\) : d’après la réciproque du théorème de Pythagore, il est rectangle en \(A_1\). Le triangle B\(A_1A_2\) est isocèle rectangle en \(A_1\).
2. a. Pour tout \(n\), \(z_{n+1} – 1 = (1 + \text{i})z_n – \text{i} – 1 = (1 + \text{i})z_n – (1 + \text{i}) = (1 + \text{i})(z_n – 1)\).
Le module d’un produit est le produit des modules, et \(|1 + \text{i}| = \sqrt{2}\), donc \(u_{n+1} = |1 + \text{i}| \times |z_n – 1|\), c’est-à-dire \(u_{n+1} = \sqrt{2}\,u_n\).
b. La suite \((u_n)\) est géométrique de raison \(\sqrt{2}\) et de premier terme \(u_0 = |0 – 1| = 1\), donc \(u_n = (\sqrt{2})^n\). Or \(u_n = |z_n – 1| = \text{B}A_n\).
On résout \((\sqrt{2})^n \gt 1000\). La fonction ln est strictement croissante : \(n\ln(\sqrt{2}) \gt \ln(1000)\), soit \(n \gt \dfrac{\ln(1000)}{\ln(\sqrt{2})} \approx 19{,}93\).
Vérification : \((\sqrt{2})^{19} = 2^{9{,}5} \approx 724\) et \((\sqrt{2})^{20} = 2^{10} = 1024\). La distance B\(A_n\) dépasse 1 000 à partir de \(n = 20\).
3. a. \(|1 + \text{i}| = \sqrt{2}\), et \(1 + \text{i} = \sqrt{2}(\dfrac{\sqrt{2}}{2} + \text{i}\dfrac{\sqrt{2}}{2})\). Un argument est donc \(\dfrac{\pi}{4}\), et \(1 + \text{i} = \sqrt{2}\,\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{4}}\).
b. Notons \(\mathcal{P}(n)\) la propriété « \(z_n = 1 – (\sqrt{2})^n\text{e}^{\text{i}\frac{n\pi}{4}}\) ».
Initialisation. Pour \(n = 0\) : \(1 – (\sqrt{2})^0\text{e}^{0} = 1 – 1 = 0 = z_0\). \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.
Hérédité. Supposons \(\mathcal{P}(n)\) vraie pour un entier \(n \geq\, 0\). D’après 2.a, \(z_{n+1} – 1 = (1 + \text{i})(z_n – 1)\), et par hypothèse \(z_n – 1 = -(\sqrt{2})^n\text{e}^{\text{i}\frac{n\pi}{4}}\). Donc :
\[z_{n+1} – 1 = \sqrt{2}\,\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{4}} \times (-(\sqrt{2})^n\text{e}^{\text{i}\frac{n\pi}{4}}) = -(\sqrt{2})^{n+1}\text{e}^{\text{i}\frac{(n+1)\pi}{4}}.\]
Ainsi \(z_{n+1} = 1 – (\sqrt{2})^{n+1}\text{e}^{\text{i}\frac{(n+1)\pi}{4}}\) : \(\mathcal{P}(n + 1)\) est vraie.
Conclusion. Par récurrence, pour tout entier naturel \(n\), \(z_n = 1 – (\sqrt{2})^n\text{e}^{\text{i}\frac{n\pi}{4}}\).
c. Pour \(n = 2020\) : \(\dfrac{2020\pi}{4} = 505\pi = 252 \times 2\pi + \pi\), donc \(\text{e}^{\text{i}\frac{2020\pi}{4}} = \text{e}^{\text{i}\pi} = -1\). Et \((\sqrt{2})^{2020} = 2^{1010}\).
On obtient \(z_{2020} = 1 – 2^{1010} \times (-1) = 1 + 2^{1010}\), qui est un nombre réel. Le point \(A_{2020}\) appartient donc à l’axe des abscisses.
Exercice 4 (candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité) :
1. On applique les relations de récurrence avec \(a_1 = 1\) et \(b_1 = 0\) :
- \(a_2 = a_1 + b_1 = 1\) et \(b_2 = 2a_1 = 2\) ;
- \(a_3 = a_2 + b_2 = 3\) et \(b_3 = 2a_2 = 2\).
\(a_2 = 1\), \(b_2 = 2\), \(a_3 = 3\), \(b_3 = 2\).
2. Chaque coefficient de \(M^2\) est le produit scalaire d’une ligne de \(M\) par une colonne de \(M\). Par exemple, le coefficient ligne 1, colonne 1 vaut \(0 \times 0 + 1 \times 1 + 1 \times 1 = 2\), et le coefficient ligne 1, colonne 2 vaut \(0 \times 1 + 1 \times 0 + 1 \times 1 = 1\). On obtient :
\[M^2 = \begin{pmatrix}2 1 1\\1 2 1\\1 1 2\end{pmatrix}.\]
Par ailleurs \(M + 2I = \begin{pmatrix}0 + 2 1 1\\1 0 + 2 1\\1 1 0 + 2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}2 1 1\\1 2 1\\1 1 2\end{pmatrix}\). Donc \(M^2 = M + 2I\).
3. a. \(AX_n = \begin{pmatrix}1 1\\2 0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a_n\\b_n\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}a_n + b_n\\2a_n\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}a_{n+1}\\b_{n+1}\end{pmatrix} = X_{n+1}\). La relation \(X_{n+1} = AX_n\) est vérifiée.
b. En itérant la relation à partir de \(X_1\) : \(X_n = A^{n-1}X_1\) pour tout \(n \geq\, 2\).
c. Notons \(Q = \begin{pmatrix}\frac{2}{3} \frac{1}{3}\\ \frac{1}{3} -\frac{1}{3}\end{pmatrix}\). On calcule :
\[PQ = \begin{pmatrix}\frac{2}{3} + \frac{1}{3} \frac{1}{3} – \frac{1}{3}\\ \frac{2}{3} – \frac{2}{3} \frac{1}{3} + \frac{2}{3}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1 0\\0 1\end{pmatrix} \quad \text{et} \quad QP = \begin{pmatrix}\frac{2}{3} + \frac{1}{3} \frac{2}{3} – \frac{2}{3}\\ \frac{1}{3} – \frac{1}{3} \frac{1}{3} + \frac{2}{3}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1 0\\0 1\end{pmatrix}.\]
Comme \(PQ = QP = I_2\), \(P\) est inversible et \(P^{-1} = Q\).
d. On calcule d’abord \(AP = \begin{pmatrix}1 1\\2 0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1 1\\1 -2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}2 -1\\2 2\end{pmatrix}\), puis :
\[P^{-1}AP = \begin{pmatrix}\frac{2}{3} \frac{1}{3}\\ \frac{1}{3} -\frac{1}{3}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2 -1\\2 2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\frac{4}{3} + \frac{2}{3} -\frac{2}{3} + \frac{2}{3}\\ \frac{2}{3} – \frac{2}{3} -\frac{1}{3} – \frac{2}{3}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}2 0\\0 -1\end{pmatrix}.\]
\(P^{-1}AP = D\) avec \(D = \begin{pmatrix}2 0\\0 -1\end{pmatrix}\), matrice diagonale.
e. En multipliant \(D = P^{-1}AP\) à gauche par \(P\) et à droite par \(P^{-1}\), on obtient \(A = PDP^{-1}\).
Initialisation. Pour \(n = 1\) : \(PD^1P^{-1} = PDP^{-1} = A = A^1\). La propriété est vraie.
Hérédité. Supposons \(A^n = PD^nP^{-1}\) pour un entier \(n \geq\, 1\). Alors \(A^{n+1} = A^n \times A = PD^nP^{-1} \times PDP^{-1} = PD^n(P^{-1}P)DP^{-1} = PD^{n+1}P^{-1}\), car \(P^{-1}P = I_2\).
Conclusion. Par récurrence, pour tout entier \(n \geq\, 1\), \(A^n = PD^nP^{-1}\).
f. D’après 3.b (l’égalité étant aussi vraie pour \(n = 1\) puisque \(A^0 = I_2\)), \(X_n = A^{n-1}X_1\) avec \(X_1 = \begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}\). Multiplier une matrice par \(\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}\) en extrait la première colonne, donc \(a_n\) est le coefficient ligne 1, colonne 1 de \(A^{n-1}\) :
\[a_n = \dfrac{1}{3} \times 2^n + \dfrac{1}{3} \times (-1)^{n-1} = \dfrac{1}{3}(2^n + (-1)^{n-1}).\]
(Contrôle : \(a_3 = \frac{1}{3}(8 + 1) = 3\), conforme à la question 1.)
4. \(2^4 = 16 = 3 \times 5 + 1\), donc \(2^4 \equiv 1\ [5]\). Pour tout entier naturel \(k\), \(2^{4k} = (2^4)^k \equiv 1^k = 1\ [5]\). Donc \(2^{4k} – 1 \equiv 0\ [5]\).
5. a. Écrivons \(n = 4k\) avec \(k\) entier naturel non nul. D’après 3.f, \(3a_n = 2^n + (-1)^{n-1} = 2^{4k} + (-1)^{4k-1}\). Comme \(4k – 1\) est impair, \((-1)^{4k-1} = -1\), donc \(3a_n = 2^{4k} – 1\).
D’après la question 4, \(2^{4k} – 1 \equiv 0\ [5]\) : \(3a_n\) est divisible par 5.
b. 5 divise le produit \(3 \times a_n\) et 5 est premier avec 3. D’après le théorème de Gauss, 5 divise \(a_n\). (Exemple : \(a_4 = \frac{1}{3}(16 – 1) = 5\).)
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