Corrigé du bac S de maths 2013 en France (spécialité)

Corrigé du sujet

Exercice 1 :

Probabilités conditionnelles et loi binomiale, 4 points, commun à tous les candidats

Une jardinerie achète ses arbres chez trois horticulteurs : 35 % chez \(H_1\), 25 % chez \(H_2\) et le reste, soit 40 %, chez \(H_3\). Chez \(H_1\), 80 % des arbres sont des conifères ; chez \(H_2\), 50 % ; chez \(H_3\), 30 %. Les autres arbres sont des feuillus. On choisit un arbre au hasard dans le stock et on note \(C\) l’événement « l’arbre est un conifère », \(F\) l’événement « l’arbre est un feuillu » et \(H_i\) l’événement « l’arbre a été acheté chez \(H_i\) ».

1. a. Construire un arbre pondéré.

1. b. Probabilité que l’arbre soit un conifère acheté chez \(H_3\).

On cherche \(P(H_3 \cap C)\) :

\[P(H_3 \cap C) = P(H_3) \times P_{H_3}(C) = 0{,}4 \times 0{,}3 = 0{,}12.\]

La probabilité cherchée est 0,12.

1. c. Justifier que \(P(C) = 0{,}525\).

Les événements \(H_1\), \(H_2\), \(H_3\) forment une partition de l’univers. D’après la formule des probabilités totales :

\[P(C) = P(H_1 \cap C) + P(H_2 \cap C) + P(H_3 \cap C) = 0{,}35 \times 0{,}8 + 0{,}25 \times 0{,}5 + 0{,}12\]

\[P(C) = 0{,}28 + 0{,}125 + 0{,}12 = 0{,}525.\]

On a bien \(P(C) = 0{,}525\).

1. d. L’arbre choisi est un conifère : probabilité qu’il vienne de \(H_1\), arrondie à \(10^{-3}\).

On cherche la probabilité conditionnelle \(P_C(H_1)\) :

\[P_C(H_1) = \frac{P(H_1 \cap C)}{P(C)} = \frac{0{,}28}{0{,}525} = \frac{8}{15} \approx 0{,}533.\]

\(P_C(H_1) \approx 0{,}533\).

2. On prélève 10 arbres dans le stock, assimilé à un tirage avec remise, et on note \(X\) le nombre de conifères de l’échantillon.

2. a. Justifier que \(X\) suit une loi binomiale.

On répète 10 fois, de façon identique et indépendante (tirage assimilé à un tirage avec remise), une épreuve de Bernoulli dont le succès « l’arbre est un conifère » a pour probabilité \(p = P(C) = 0{,}525\). \(X\) compte le nombre de succès.

\(X\) suit donc la loi binomiale de paramètres \(n = 10\) et \(p = 0{,}525\).

2. b. Probabilité d’avoir exactement 5 conifères.

\[P(X = 5) = \binom\,{10}{5} \times 0{,}525^{5} \times 0{,}475^{5} = 252 \times 0{,}525^{5} \times 0{,}475^{5} \approx 0{,}243.\]

\(P(X = 5) \approx 0{,}243\).

2. c. Probabilité que l’échantillon comporte au moins deux arbres feuillus.

Le nombre de feuillus de l’échantillon est \(10 – X\). « Au moins deux feuillus » s’écrit \(10 – X \geq\, 2\), c’est-à-dire \(X \leq\, 8\). On passe par l’événement contraire \(X \geq\, 9\) :

\[P(X \leq\, 8) = 1 – P(X = 9) – P(X = 10) = 1 – 10 \times 0{,}525^{9} \times 0{,}475 – 0{,}525^{10}\]

\[P(X \leq\, 8) \approx 1 – 0{,}01439 – 0{,}00159 \approx 0{,}984.\]

La probabilité d’avoir au moins deux feuillus est environ 0,984.

Remarque : il ne faut pas calculer \(P(X \geq\, 2)\), qui correspond à « au moins deux conifères » (et vaut environ 0,993) : \(X\) compte les conifères, pas les feuillus.

Exercice 2 :

Fonction logarithme, théorème des valeurs intermédiaires, algorithme, intégrale, 7 points, commun à tous les candidats

Dans un repère orthonormé, on considère les points \(A(1\,;0)\), \(B(1\,;2)\), \(C(0\,;2)\) et la courbe \(\mathcal{C}\) d’une fonction \(f\) définie sur \(]0\,;+\infty[\). La courbe passe par \(B\) et la droite \((BC)\) est tangente à \(\mathcal{C}\) en \(B\). On sait qu’il existe deux réels positifs \(a\) et \(b\) tels que, pour tout \(x \gt 0\), \(f(x) = \dfrac{a + b\ln x}{x}\).

1. a. Lire \(f(1)\) et \(f^{\prime}(1)\).

La courbe passe par \(B(1\,;2)\), donc \(f(1) = 2\). La tangente en \(B\) est la droite \((BC)\), d’équation \(y = 2\) : elle est horizontale, donc \(f^{\prime}(1) = 0\).

1. b. Vérifier que \(f^{\prime}(x) = \dfrac{(b – a) – b\ln x}{x^{2}}\).

\(f = \dfrac{u}{v}\) avec \(u(x) = a + b\ln x\) et \(v(x) = x\), dérivables sur \(]0\,;+\infty[\), \(v\) ne s’annulant pas. On a \(u^{\prime}(x) = \dfrac{b}{x}\) et \(v^{\prime}(x) = 1\), donc :

\[f^{\prime}(x) = \frac{u^{\prime}(x)\,v(x) – u(x)\,v^{\prime}(x)}{v(x)^{2}} = \frac{\dfrac{b}{x} \times x – (a + b\ln x)}{x^{2}} = \frac{(b – a) – b\ln x}{x^{2}}.\]

1. c. En déduire \(a\) et \(b\).

Comme \(\ln 1 = 0\) : \(f(1) = a\), donc \(a = 2\). Et \(f^{\prime}(1) = b – a = 0\), donc \(b = a = 2\).

\(a = b = 2\) : \(f(x) = \dfrac{2 + 2\ln x}{x}\) et \(f^{\prime}(x) = \dfrac{-2\ln x}{x^{2}}\).

2. a. Justifier que \(f^{\prime}(x)\) a le signe de \(-\ln x\).

Pour \(x \gt 0\), \(x^{2} \gt 0\), donc \(f^{\prime}(x) = \dfrac{2 \times (-\ln x)}{x^{2}}\) a le signe de \(-\ln x\).

2. b. Limites de \(f\) en 0 et en \(+\infty\).

En 0. On écrit \(f(x) = (2 + 2\ln x) \times \dfrac{1}{x}\). Quand \(x \to 0^{+}\), \(2 + 2\ln x \to -\infty\) et \(\dfrac{1}{x} \to +\infty\). Par produit, \(\displaystyle\lim_{x \to 0^{+}} f(x) = -\infty\) : l’axe des ordonnées (droite \(x = 0\)) est asymptote verticale à \(\mathcal{C}\).

En \(+\infty\). On écrit \(f(x) = \dfrac{2}{x} + 2 \times \dfrac{\ln x}{x}\). On a \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \frac{2}{x} = 0\) et, par croissances comparées, \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \frac{\ln x}{x} = 0\). Donc \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x) = 0\) : l’axe des abscisses est asymptote horizontale à \(\mathcal{C}\) en \(+\infty\).

2. c. Tableau de variations de \(f\).

\(-\ln x \gt 0\) pour \(0 \lt x \lt 1\), \(-\ln x = 0\) pour \(x = 1\) et \(-\ln x \lt 0\) pour \(x \gt 1\).

\(x\)	\(0\)		\(1\)		\(+\infty\)
\(f^{\prime}(x)\)		\(+\)	\(0\)	\(-\)
\(f(x)\)	\(-\infty\)	croissante	\(2\)	décroissante	\(0\)

\(f\) est strictement croissante sur \(]0\,;1]\), strictement décroissante sur \([1\,;+\infty[\), de maximum \(f(1) = 2\).

3. a. Démontrer que l’équation \(f(x) = 1\) admet une unique solution \(\alpha\) sur \(]0\,;1]\).

• \(f\) est continue (car dérivable) et strictement croissante sur \(]0\,;1]\) ;
• \(\displaystyle\lim_{x \to 0^{+}} f(x) = -\infty\) et \(f(1) = 2\), donc \(f(]0\,;1]) = ]-\infty\,;2]\) ;
• \(1 \in ]-\infty\,;2]\).

D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (théorème de la bijection), l’équation \(f(x) = 1\) admet une unique solution \(\alpha\) dans \(]0\,;1]\).

Pour aller plus loin, la calculatrice donne \(f(0{,}46) \approx 0{,}972 \lt 1\) et \(f(0{,}47) \approx 1{,}042 \gt 1\), donc \(0{,}46 \lt \alpha \lt 0{,}47\).

3. b. On admet qu’il existe un unique \(\beta \in [1\,;+\infty[\) tel que \(f(\beta) = 1\). Trouver l’entier \(n\) tel que \(n \lt \beta \lt n + 1\).

Sur \([1\,;+\infty[\), \(f\) est strictement décroissante. La calculatrice donne \(f(5) \approx 1{,}044 \gt 1\) et \(f(6) \approx 0{,}931 \lt 1\), donc \(5 \lt \beta \lt 6\).

L’entier cherché est \(n = 5\) (en fait \(\beta \approx 5{,}357\)).

4. On considère l’algorithme suivant.

Variables : a, b et m sont des réels
Initialisation : a prend la valeur 0
                 b prend la valeur 1
Traitement : Tant que b - a > 0,1
                m prend la valeur (a + b)/2
                Si f(m) < 1 alors a prend la valeur m
                Sinon b prend la valeur m
                Fin Si
             Fin Tant que
Sortie : Afficher a, Afficher b

4. a. Faire tourner l’algorithme.

À chaque étape, on calcule \(m\) puis \(f(m)\) : \(f(0{,}5) \approx 1{,}23 \gt 1\) ; \(f(0{,}25) \approx -3{,}09 \lt 1\) ; \(f(0{,}375) \approx 0{,}10 \lt 1\) ; \(f(0{,}4375) \approx 0{,}79 \lt 1\).

	étape 1	étape 2	étape 3	étape 4	étape 5
\(a\)	\(0\)	\(0\)	\(0{,}25\)	\(0{,}375\)	\(0{,}4375\)
\(b\)	\(1\)	\(0{,}5\)	\(0{,}5\)	\(0{,}5\)	\(0{,}5\)
\(b – a\)	\(1\)	\(0{,}5\)	\(0{,}25\)	\(0{,}125\)	\(0{,}0625\)
\(m\)	\(0{,}5\)	\(0{,}25\)	\(0{,}375\)	\(0{,}4375\)	arrêt

À l’étape 5, \(b – a = 0{,}0625 \lt 0{,}1\) : la boucle s’arrête et l’algorithme affiche \(a = 0{,}4375\) et \(b = 0{,}5\).

4. b. Que représentent les valeurs affichées ?

À chaque tour, on garde \(f(a) \lt 1 \leq\, f(b)\) et on divise la longueur de l’intervalle par 2 : c’est la méthode de dichotomie. Les valeurs affichées sont les bornes d’un encadrement de \(\alpha\) d’amplitude inférieure à 0,1 : \(0{,}4375 \lt \alpha \lt 0{,}5\).

4. c. Modifier l’algorithme pour obtenir un encadrement de \(\beta\) d’amplitude 0,1.

Il faut partir d’un intervalle contenant \(\beta\), par exemple \([1\,;10]\) : \(f(1) = 2 \gt 1\) et \(f(10) \approx 0{,}66 \lt 1\) (on pourrait aussi prendre \([5\,;6]\) d’après la question 3. b). Comme \(f\) est décroissante sur cet intervalle, il faut inverser le test : si \(f(m) \gt 1\), \(\beta\) est à droite de \(m\) et on remplace \(a\) par \(m\).

Variables : a, b et m sont des réels
Initialisation : a prend la valeur 1
                 b prend la valeur 10
Traitement : Tant que b - a > 0,1
                m prend la valeur (a + b)/2
                Si f(m) > 1 alors a prend la valeur m
                Sinon b prend la valeur m
                Fin Si
             Fin Tant que
Sortie : Afficher a, Afficher b

Cet algorithme affiche \(a \approx 5{,}289\) et \(b \approx 5{,}359\), ce qui confirme \(5 \lt \beta \lt 6\).

5. On veut démontrer que \(\mathcal{C}\) partage le rectangle \(OABC\) en deux domaines d’aires égales.

5. a. Justifier que cela revient à démontrer que \(\displaystyle\int_{1/\mathrm{e}}^{1} f(x)\,\mathrm{d}x = 1\).

Sur \(]0\,;1]\), \(f\) est croissante et \(f(x) \leq\, 2\) : la courbe reste sous la droite \((BC)\). De plus \(f(x) = 0 \iff 2 + 2\ln x = 0 \iff \ln x = -1 \iff x = \dfrac{1}{\mathrm{e}}\). Ainsi \(f(x) \lt 0\) sur \(]0\,;\dfrac{1}{\mathrm{e}}[\) (la courbe est hors du rectangle, sous l’axe des abscisses) et \(0 \leq\, f(x) \leq\, 2\) sur \([\dfrac{1}{\mathrm{e}}\,;1]\).

La partie de \(\mathcal{C}\) située dans le rectangle est donc l’arc joignant \(E(\dfrac{1}{\mathrm{e}}\,;0)\) à \(B(1\,;2)\) : elle découpe le rectangle en deux domaines. Le domaine situé sous la courbe est délimité par \(\mathcal{C}\), l’axe des abscisses et les droites \(x = \dfrac{1}{\mathrm{e}}\) et \(x = 1\) ; comme \(f\) est continue et positive sur \([\dfrac{1}{\mathrm{e}}\,;1]\), son aire en unités d’aire vaut \(\displaystyle\int_{1/\mathrm{e}}^{1} f(x)\,\mathrm{d}x\).

Le rectangle \(OABC\) a pour aire \(1 \times 2 = 2\) u.a. Les deux domaines ont la même aire si et seulement si chacun a une aire de 1 u.a., c’est-à-dire si \(\displaystyle\int_{1/\mathrm{e}}^{1} f(x)\,\mathrm{d}x = 1\).

5. b. Terminer la démonstration en écrivant \(f(x) = \dfrac{2}{x} + 2 \times \dfrac{1}{x} \times \ln x\).

La fonction \(x \mapsto \dfrac{2}{x}\) a pour primitive \(x \mapsto 2\ln x\) sur \(]0\,;+\infty[\). La fonction \(x \mapsto 2 \times \dfrac{1}{x} \times \ln x\) est de la forme \(2u^{\prime}u\) avec \(u = \ln\) : elle a pour primitive \(x \mapsto (\ln x)^{2}\). Une primitive de \(f\) est donc \(F(x) = 2\ln x + (\ln x)^{2}\), et :

\[\int_{1/\mathrm{e}}^{1} f(x)\,\mathrm{d}x = F(1) – F\!(\frac{1}{\mathrm{e}}) = (0 + 0) – (2 \times (-1) + (-1)^{2}) = -(-2 + 1) = 1.\]

L’intégrale vaut 1 : la courbe \(\mathcal{C}\) partage bien le rectangle \(OABC\) en deux domaines de même aire.

Exercice 3 :

Vrai ou faux : nombres complexes, géométrie dans l’espace, 4 points, commun à tous les candidats

Pour chaque proposition, il faut dire si elle est vraie ou fausse et justifier.

Proposition 1. Dans le plan complexe, l’ensemble des points \(M\) d’affixe \(z\) tels que \(|z – \mathrm{i}| = |z + 1|\) est une droite.

Notons \(A\) le point d’affixe \(\mathrm{i}\) et \(B\) le point d’affixe \(-1\). Alors \(|z – \mathrm{i}| = AM\) et \(|z + 1| = |z – (-1)| = BM\). L’égalité s’écrit \(AM = BM\) : \(M\) est équidistant de \(A\) et \(B\), c’est-à-dire que \(M\) appartient à la médiatrice du segment \([AB]\) (ici la droite d’équation \(y = -x\)).

Proposition 1 : VRAIE.

Proposition 2. Le nombre \((1 + \mathrm{i}\sqrt{3})^{4}\) est un réel.

\(|1 + \mathrm{i}\sqrt{3}| = \sqrt{1 + 3} = 2\), donc \(1 + \mathrm{i}\sqrt{3} = 2(\dfrac{1}{2} + \mathrm{i}\dfrac{\sqrt{3}}{2}) = 2\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}\pi/3}\). Alors :

\[(1 + \mathrm{i}\sqrt{3})^{4} = 2^{4}\,\mathrm{e}^{4\mathrm{i}\pi/3} = 16(\cos\frac{4\pi}{3} + \mathrm{i}\sin\frac{4\pi}{3}) = 16(-\frac{1}{2} – \mathrm{i}\frac{\sqrt{3}}{2}) = -8 – 8\mathrm{i}\sqrt{3}.\]

La partie imaginaire \(-8\sqrt{3}\) n’est pas nulle (autrement dit, \(\dfrac{4\pi}{3}\) n’est pas un multiple de \(\pi\)).

Proposition 2 : FAUSSE.

Proposition 3. \(ABCDEFGH\) est un cube. Les droites \((EC)\) et \((BG)\) sont orthogonales.

Attention : deux droites de l’espace peuvent être orthogonales sans être sécantes (donc sans être perpendiculaires). Il suffit de montrer que \(\vec{EC} \cdot \vec{BG} = 0\).

On décompose \(\vec{EC} = \vec{EA} + \vec{AB} + \vec{BC}\) et \(\vec{BG} = \vec{BF} + \vec{FG}\). Dans le cube, les arêtes issues d’un même sommet sont deux à deux orthogonales, et les arêtes parallèles donnent des vecteurs égaux : \(\vec{EA} = -\vec{BF}\) et \(\vec{FG} = \vec{BC}\). En développant, les produits scalaires entre arêtes de directions différentes sont nuls (\(\vec{EA} \cdot \vec{FG} = 0\), \(\vec{AB} \cdot \vec{BF} = 0\), \(\vec{AB} \cdot \vec{FG} = 0\), \(\vec{BC} \cdot \vec{BF} = 0\)), et il reste :

\[\vec{EC} \cdot \vec{BG} = \vec{EA} \cdot \vec{BF} + \vec{BC} \cdot \vec{FG} = -BF^{2} + BC^{2} = 0\]

car toutes les arêtes du cube ont la même longueur. Les droites \((EC)\) et \((BG)\) sont donc orthogonales.

Autre méthode : dans le repère \((A\,;\vec{AB}, \vec{AD}, \vec{AE})\), \(E(0\,;0\,;1)\), \(C(1\,;1\,;0)\), \(B(1\,;0\,;0)\), \(G(1\,;1\,;1)\), donc \(\vec{EC}(1\,;1\,;-1)\), \(\vec{BG}(0\,;1\,;1)\) et \(\vec{EC} \cdot \vec{BG} = 0 + 1 – 1 = 0\).

Proposition 3 : VRAIE.

Proposition 4. L’espace est muni d’un repère orthonormé. \(\mathcal{P}\) est le plan d’équation \(x + y + 3z + 4 = 0\) et \(S\) le point \((1\,;-2\,;-2)\). La droite passant par \(S\) et perpendiculaire à \(\mathcal{P}\) a pour représentation paramétrique \(\begin{cases} x = 2 + t \\ y = -1 + t \\ z = 1 + 3t \end{cases}\), \(t \in \mathbb{R}\).

Un vecteur normal à \(\mathcal{P}\) est \(\vec{n}(1\,;1\,;3)\) ; c’est un vecteur directeur de toute droite perpendiculaire à \(\mathcal{P}\). La droite proposée a pour vecteur directeur \((1\,;1\,;3) = \vec{n}\) : elle est bien perpendiculaire à \(\mathcal{P}\).

Elle passe par \(S\) : pour \(t = -1\), on obtient \(x = 2 – 1 = 1\), \(y = -1 – 1 = -2\), \(z = 1 – 3 = -2\), c’est-à-dire le point \(S\).

Proposition 4 : VRAIE.

Exercice 4 :

Matrices et suites, 5 points, candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

Au 1^er janvier 2013, une région compte 250 000 habitants, dont 70 % à la campagne et 30 % en ville. La population totale reste constante et, chaque année, 5 % des citadins partent s’installer à la campagne tandis que 1 % des habitants de la campagne partent en ville. On note \(v_n\) et \(c_n\) les nombres d’habitants en ville et à la campagne au 1^er janvier de l’année \(2013 + n\). Ainsi \(v_0 = 75\,000\) et \(c_0 = 175\,000\).

1. Exprimer \(v_{n+1}\) et \(c_{n+1}\) en fonction de \(v_n\) et \(c_n\).

En ville, il reste 95 % des citadins et il arrive 1 % des habitants de la campagne. À la campagne, il reste 99 % de ses habitants et il arrive 5 % des citadins. Donc, pour tout entier naturel \(n\) :

\[\begin{cases} v_{n+1} = 0{,}95\,v_n + 0{,}01\,c_n \\ c_{n+1} = 0{,}05\,v_n + 0{,}99\,c_n \end{cases}\]

2. Soit \(A = \begin{pmatrix} 0{,}95 & 0{,}01 \\ 0{,}05 & 0{,}99 \end{pmatrix}\) et \(X = \begin{pmatrix} a \\ b \end{pmatrix}\). Déterminer \(c\) et \(d\) tels que \(AX = \begin{pmatrix} c \\ d \end{pmatrix}\).

Par produit d’une matrice par un vecteur colonne :

\[AX = \begin{pmatrix} 0{,}95\,a + 0{,}01\,b \\ 0{,}05\,a + 0{,}99\,b \end{pmatrix}, \quad\text{donc}\quad c = 0{,}95\,a + 0{,}01\,b \quad\text{et}\quad d = 0{,}05\,a + 0{,}99\,b.\]

En posant \(U_n = \begin{pmatrix} v_n \\ c_n \end{pmatrix}\), la question 1 s’écrit donc \(U_{n+1} = A\,U_n\), et on admet que \(U_n = A^{n}\,U_0\) pour tout \(n \geq\, 1\).

3. On pose \(P = \begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 5 & 1 \end{pmatrix}\) et \(Q = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -5 & 1 \end{pmatrix}\).

3. a. Calculer \(PQ\) et \(QP\), en déduire \(P^{-1}\).

\[PQ = \begin{pmatrix} 1 \times 1 + (-1) \times (-5) & 1 \times 1 + (-1) \times 1 \\ 5 \times 1 + 1 \times (-5) & 5 \times 1 + 1 \times 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 6 & 0 \\ 0 & 6 \end{pmatrix} = 6\,I_2\]

\[QP = \begin{pmatrix} 1 \times 1 + 1 \times 5 & 1 \times (-1) + 1 \times 1 \\ -5 \times 1 + 1 \times 5 & -5 \times (-1) + 1 \times 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 6 & 0 \\ 0 & 6 \end{pmatrix} = 6\,I_2\]

Ainsi \(P \times \dfrac{1}{6}Q = \dfrac{1}{6}Q \times P = I_2\) : \(P\) est inversible et \(P^{-1} = \dfrac{1}{6}\,Q\).

3. b. Vérifier que \(P^{-1}AP\) est une matrice diagonale \(D\).

On calcule d’abord :

\[AP = \begin{pmatrix} 0{,}95 + 0{,}05 & -0{,}95 + 0{,}01 \\ 0{,}05 + 4{,}95 & -0{,}05 + 0{,}99 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & -0{,}94 \\ 5 & 0{,}94 \end{pmatrix}\]

puis :

\[P^{-1}AP = \frac{1}{6}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -5 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & -0{,}94 \\ 5 & 0{,}94 \end{pmatrix} = \frac{1}{6}\begin{pmatrix} 6 & 0 \\ 0 & 5{,}64 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0{,}94 \end{pmatrix}.\]

\(P^{-1}AP = D = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0{,}94 \end{pmatrix}\), qui est bien diagonale.

3. c. Démontrer par récurrence que, pour tout \(n \geq\, 1\), \(A^{n} = P\,D^{n}\,P^{-1}\).

De \(D = P^{-1}AP\), on tire, en multipliant à gauche par \(P\) et à droite par \(P^{-1}\) : \(PDP^{-1} = (PP^{-1})\,A\,(PP^{-1}) = A\).

Initialisation. Pour \(n = 1\) : \(PD^{1}P^{-1} = PDP^{-1} = A = A^{1}\). La propriété est vraie.

Hérédité. Supposons que \(A^{n} = PD^{n}P^{-1}\) pour un entier \(n \geq\, 1\). Alors :

\[A^{n+1} = A \times A^{n} = (PDP^{-1})(PD^{n}P^{-1}) = PD(P^{-1}P)D^{n}P^{-1} = PD\,D^{n}P^{-1} = PD^{n+1}P^{-1}.\]

La propriété est vraie au rang \(n + 1\).

Conclusion. Par récurrence, pour tout entier \(n \geq\, 1\), \(A^{n} = PD^{n}P^{-1}\).

3. d. On admet que \(v_n = \dfrac{1}{6}(1 + 5 \times 0{,}94^{n})v_0 + \dfrac{1}{6}(1 – 0{,}94^{n})c_0\). Que peut-on dire de la répartition de la population à long terme ?

Comme \(-1 \lt 0{,}94 \lt 1\), \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} 0{,}94^{n} = 0\). Donc \(1 + 5 \times 0{,}94^{n} \to 1\) et \(1 – 0{,}94^{n} \to 1\), d’où :

\[\lim_{n \to +\infty} v_n = \frac{1}{6}(v_0 + c_0) = \frac{250\,000}{6} \approx 41\,667.\]

La population totale restant égale à 250 000, \(c_n = 250\,000 – v_n\) tend vers \(\dfrac{5}{6} \times 250\,000 \approx 208\,333\).

À long terme, environ \(\dfrac{1}{6}\) de la population vivra en ville (près de 41 667 habitants) et \(\dfrac{5}{6}\) à la campagne (près de 208 333 habitants). La part des citadins baisse donc de 30 % à environ 16,7 %.