\documentclass[10pt]{article} \usepackage[T1]{fontenc} \usepackage[utf8]{inputenc} \usepackage{fourier} \usepackage[scaled=0.875]{helvet} \renewcommand{\ttdefault}{lmtt} \usepackage{amsmath,amssymb,makeidx} \usepackage[normalem]{ulem} \usepackage{fancybox} \usepackage{tabularx} \usepackage{multirow} \usepackage{mathrsfs}%police script \mathscr{} \usepackage{enumitem} \usepackage{lscape} \usepackage{tikz} \usepackage{dcolumn} \usepackage{textcomp} \usepackage{tabvar} \newcommand{\euro}{\eurologo{}} \usepackage{pstricks,pst-plot,pst-tree,pst-node,pstricks-add,pst-func} \usepackage[left=3.5cm, right=3.5cm, top=3cm, bottom=3cm]{geometry} % Tapuscrit Denis Vergès % Corrigé Pierre Seigneur %Relecture François Hache\newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\D}{\mathbb{D}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\intff}[2]{\left[#1 \, ; \, #2\right]} %intervalle fermé fermé \newcommand{\intfo}[2]{\left[#1 \, ; \, #2\right[} %intervalle fermé ouvert \newcommand{\intof}[2]{\left]#1 \, ; \, #2\right]} %intervalle ouvert fermé \newcommand{\intoo}[2]{\left]#1 \, ; \, #2\right[} %intervalle ouvert ouvert \newcommand{\vect}[1]{\overrightarrow{\,\mathstrut#1\,}} \renewcommand{\theenumi}{\textbf{\arabic{enumi}}} \renewcommand{\labelenumi}{\textbf{\theenumi.}} \renewcommand{\theenumii}{\textbf{\alph{enumii}}} \renewcommand{\labelenumii}{\textbf{\theenumii.}} \def\Oij{$\left(\text{O}~;~\vect{\imath},~\vect{\jmath}\right)$} \def\Oijk{$\left(\text{O}~;~\vect{\imath},~\vect{\jmath},~\vect{k}\right)$} \def\Ouv{$\left(\text{O}~;~\vect{u},~\vect{v}\right)$} \usepackage{fancyhdr} \usepackage[frenchb]{babel} \DecimalMathComma \usepackage{cancel} \usepackage{hyperref} \hypersetup{% pdfauthor = {APMEP}, pdfsubject = {Corrigé du baccalauréat S Polynésie}, pdftitle = {20 juin 2018}, allbordercolors = white, pdfstartview=FitH} \usepackage[np]{numprint} \newcommand{\cg}{\texttt{]}}% crochet gauche \newcommand{\cd}{\texttt{[}}% crochet droit \renewcommand{\d}{\mathrm{\,d}}% le d de différentiation \newcommand{\e}{\mathrm{\,e\,}}% le e de l'exponentielle \renewcommand{\i}{\mathrm{\,i\,}}% le i des complexes \newcommand{\ds}{\displaystyle} \begin{document} \setlength\parindent{0mm} \rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}} \lhead{\small Corrigé du baccalauréat S} \lfoot{\small{Polynésie}} \rfoot{\small 20 juin 2018} \pagestyle{fancy} \label{plynesiejuin} \thispagestyle{empty} \begin{center} \textbf{\begin{Large} \decofourleft~Corrigé du baccalauréat TS Polynésie 20 juin 2018~\decofourright \end{Large}} \end{center} \bigskip \textbf{\textsc{Exercice 1}} \smallskip \hrule \medskip \textbf{Partie A} \begin{enumerate} \item On peut utiliser la formule des probabilités totales en utilisant la partition de $\Omega$: $\left\{D~;~ \overline{D}\right\}$: \[ P(R) = P(R \cap D) + P\left(R \cap \overline{D}\right) = P(D)\,P_D(R) + P\left(\overline{D}\right)\,P_{\overline D}(R). \] Les informations données dans l'énoncé nous donnent: \[P(D) = \np{0.06} \quad P_{D}(R) = \np{0.98} \quad P_{\overline D}(R) = 1- \np{0.92} = \np{0.08} \] donc: \[P(R) = \np{0.06} \times \np{0.98} + \np{0.94} \times \np{0.08} = \np{0.134}.\] \item On cherche à estimer la quantité de DVD défectueux parmi ceux qui sont retirés c'est-à-dire $P_R(D)$: \[P_R(D) = \frac{P(D \cap R)}{P(R)} = \frac{P_D(R)\,P(D)}{P(R)} = \frac{\np{0.98}\times \np{0.06}}{\np{0.134}} \approx 0,44.\] Le responsable de la ville a donc tort: seulement 44\,\% des DVD retirés sont défectueux. \end{enumerate} \begin{center} \pstree[treemode=R,nodesepA=0pt,nodesepB=3pt]{\TR{}} {\pstree{\TR{$D$~}\naput{0,06}} {\TR{$R$}\naput{0,98} \TR{$\overline{R}$}\nbput{0,02} } \pstree{\TR{$\overline{D}$~}\nbput{0,94}} {\TR{$R$}\naput{0,08} \TR{$\overline{R}$}\nbput{0,92} } } \end{center} \bigskip \textbf{Partie B} \medskip Vérifions si la fréquence constatée de DVD défectueux dans l'échantillon ---~ ici $f = \frac{14}{150} \approx \np{0.093}$~--- appartient ou non à l'intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de 95\,\%. $n$ désigne la taille de l'échantillon ($n = 150$), $p$ la proportion de DVD défectueux ($p=\np{0.06}$). Alors on a bien $n \geqslant 30$, $n\,p = 9 \geqslant 5$ et $n\,(1-p) = 141 \geqslant 5$. On a alors: \[\np{1.96} \frac{\sqrt{p(1-p)}}{\sqrt n} = \np{1.96}\frac{\displaystyle\sqrt{\np{0.06}\times\np{0.94}}}{\sqrt{150}} \approx \np{0.038},\] donc l'intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de 95\,\% est ici: \[[\np{0.06}-\np{0.038}~;~\np{0.06}+\np{0.038}] = [\np{0.022}~;~\np{0.098}].\] La fréquence constatée appartient à cet intervalle. On ne peut donc pas rejeter l'hypothèse que 6\,\% des DVD soient défectueux. \bigskip \textbf{Parie C} \begin{enumerate} \item La variable aléatoire $Z= \frac{X - 80}{\sigma}$ suit la loi normale centrée réduite $\mathcal{N}(0;1)$. Avec la calculatrice, on obtient: \[P(Z < k) = \np{0.90} \iff k \approx \np{1.28}.\] On a donc $P(Z \geqslant \np{1.28})= \np{0.10}$. Or \[Z \geqslant \np{1.28} \iff \frac{X - 80}{\sigma} \geqslant \np{1.28} \iff X \geqslant \np{1.282}\sigma + 80.\] On en déduit donc: \[92 = \np{1.28}\sigma + 80 \iff \sigma = \frac{92 - 80}{\np{1.282}} \approx \np{9.36}.\] \item Une heure et demie c'est $90$~minutes donc on cherche : \[P_{X\geqslant 90}(X \leq 95) = \frac{P\big((X \geqslant 90) \cap (X \leqslant 95) \big)}{P(X\geqslant 90)} = \frac{P(90 \leqslant X\leqslant 95)}{P(X\geqslant 90)}.\] Avec une calculatrice, on obtient : \[P(X \geqslant 90) \approx \np{0.143} \quad P(90 \leqslant X \leqslant 95) \approx \np{0.088},\] donc la probabilité que le film se termine dans les cinq minutes est: \[P_{X\geqslant 90}(X \leqslant 95) = \frac{\np{0.088}}{\np{0.143}} \approx \np{0.62}.\] \end{enumerate} \bigskip \textbf{\textsc{Exercice 2}} \smallskip \hrule \medskip \medskip \textbf{Partie A: Modélisation de la forme de l'ampoule} \medskip Pour tout $x \in [0~;~4]$, on pose: \[f(x) = a + b\sin \left(c + \frac{\pi}{4} x \right)\] avec $a$, $b$ et $c$ des réels non nuls et $0 \leqslant c \leqslant \frac{\pi}{2}$. \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Alors, pour tout $x \in [0~;~4]$: \[f'(x) = b\frac{\pi}{4} \cos \left(c + \frac{\pi}{4}x \right).\] \item En B et C les tangentes sont horizontales donc $f'(0) = f'(4) = 0$, c'est à dire : \[b\frac{\pi}{4} \cos c =0 \quad \text{et} \quad b\frac{\pi}{4} \cos (c+\pi)=0.\] Comme $b\frac{\pi}{4} \neq 0$, on a donc $\cos c = 0$ c'est à dire $c = \dfrac{\pi}{2}$ puisque $c \in \left [0~;\frac{\pi}{2}\right ]$. \end{enumerate} \item On a $f(0) = 1$ et $f(4) = 3$ donc: \[\begin{split} a + b \sin \frac{\pi}{2} = 1 & \iff a + b = 1 \\ a + b \sin \frac{3\pi}{2} = 3 & \iff a - b = 3. \end{split}\] En ajoutant les deux équations, on obtient $2a =4$ puis $a = 2$ et, en remplaçant $a$ par sa valeur dans la première équation, on obtient $b = -1$. Conclusion : $f(x) = 2 - \sin \left(\frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{4} x \right) = 2 - \cos \left(\frac{\pi}{4} x \right)$. \end{enumerate} \bigskip \textbf{Partie B: Approximation du volume de l'ampoule} \medskip \begin{enumerate} \item Le cylindre de section ABFG a pour hauteur $ h = 1$ et pour rayon $r = 1$. Donc son volume est : \[V_{\text{Cyl}} = \pi \times 1^2 \times 1 = \pi.\] \item La demi boule a pour rayon $r' = 3$ donc son volume sera : \[V_{\text{Sph}} = \frac{1}{2}\times\frac{4}{3} \pi \times 3^3 = 18\pi.\] \item \begin{enumerate} \item La hauteur du cylindre sera $h = \frac{4}{5}$ puisque le segment $[0~;~4]$ a été partagé en 5 segments de même longueur. Le rayon du cylindre est donnée par $f(x_2)$ où $x_2$ est la borne inférieure du troisième segment : $x_2 = \frac{8}{5}$. Donc $r = 2 - \cos \left(\frac{2\pi}{5}\right)$. Finalement le volume du troisième cylindre sera: \[V_3 = \frac{4\pi}{5} \left(2 - \cos \frac{2\pi}{5} \right)^2 \approx 7,19\] \item Dans le cas général, chaque cylindre aura comme hauteur $h = \frac{4}{n}$. Le $k$\up{e} cylindre pour $1 \leq k \leq n$ est délimité par les points d'abscisses $\frac{4}{n}(k - 1)$ et $\frac{4}{n}k$. \begin{center} %\begin{tikzpicture}[font = \scriptsize, >= latex] %\foreach \x in {0,5,9} \draw[red,pattern color=red,pattern = north east lines] %(0.4*\x,0)--++(0,{2-cos(18*\x)})--++(0.4,0)--++(0,{cos(18*\x)-2})--cycle; %\draw[->](-1,0)--(5,0); \draw[->](0,0)--(0,4); %\draw[color= red, thick, domain=0:4, samples = 100] %plot(\x,{2-cos(45*\x)})node[right]{$y=2-\cos \frac \pi 4 x$}; %\foreach \x in {1,2,3,4,6,7,8} \draw[red,dashed, dash pattern=on 1pt off 1pt] %(0.4*\x,0)--++(0,{2-cos(18*\x)})--++(0.4,0)--++(0,{cos(18*\x)-2}); %\draw(0,0)node[anchor = east,rotate = 90]{$x_0 = 0$}; %\draw(0.4,0)node[anchor = east,rotate = 90]{$x_1 = \frac 4n$}; %\draw(2,0)node[anchor = east,rotate = 90]{$x_{k-1} = \frac{4(k-1)}{n}$}; %\draw(2.4,0)node[anchor = east,rotate = 90]{$x_{k} = \frac{4k}{n}$}; %\draw(3.6,0)node[anchor = east,rotate = 90]{$x_{n-1} = \frac{4(n-1)}{n}$}; %\draw(4,0)node[anchor = east,rotate = 90]{$x_{n} = 4$}; %\draw[dashed,red](0,2)node[left, black]{$f(x_{k-1})=2 - \cos %\frac{(k-1)\pi}{n}$}--(2,2); %\end{tikzpicture} %\includegraphics[width =0.75\linewidth]{TS-Polynesie-Juin2018-cor-fig1} \psset{unit=2cm} \begin{pspicture}(-1,-1)(4.5,3) \psaxes[linewidth=1.25pt,Dx=5,Dy=4]{->}(0,0)(0,0)(4.5,3) \psplot[plotpoints=3000,linewidth=1.25pt,linecolor=red]{0}{4}{2 x 45 mul cos sub} \psframe[fillstyle=vlines,hatchcolor=red,linecolor=red](0,0)(0.4,1) \psframe[linestyle=dashed,linecolor=red](0.4,0)(0.8,1.0489) \psframe[linestyle=dashed,linecolor=red](0.8,0)(1.2,1.191) \psframe[linestyle=dashed,linecolor=red](1.2,0)(1.6,1.4122) \psframe[linestyle=dashed,linecolor=red](1.6,0)(2,1.691) \psframe[fillstyle=vlines,hatchcolor=red,linecolor=red](2,0)(2.4,2) \psframe[linestyle=dashed,linecolor=red](2.4,0)(2.8,2.309) \psframe[linestyle=dashed,linecolor=red](2.8,0)(3.2,2.5878) \psframe[linestyle=dashed,linecolor=red](3.2,0)(3.6,2.809) \psframe[fillstyle=vlines,hatchcolor=red,linecolor=red](3.6,0)(4,2.9511) \psline[linecolor=red,linestyle=dashed](0,2)(2,2) \uput[l](0,2){\footnotesize $2 - \cos \frac{(k - 1)\pi}{n}$} \uput[d](0,0){0} \uput[d](0.4,0){$\frac{4}{n}$} \uput[d](2,0){$\frac{4(k-1)}{n}$} \uput[d](2.4,0){$\frac{4k}{n}$} \uput[d](3.6,0){$\frac{4(n-1)}{n}$} \uput[d](4,0){$4$} \end{pspicture} \end{center} Donc le rayon du $k$\up{e} cylindre sera: \[f\left(\frac{4(k-1)}{n}\right) = 2 - \cos \frac{(k-1)\pi}{n},\] et le volume sera alors : \[V_k = \frac{4\pi}{n} \left(2 - \cos \frac{(k-1)\pi}{n} \right)^2.\] On a donc l'algorithme: \begin{center} \begin{tabularx}{0.45\linewidth}{|l X|}\hline 1&$V \gets 0$\\ 2& Pour $k$ allant de \textbf{1} à \textbf{n} :\\ 3& \hspace{0.5cm}| $V \gets \mathbf{V + \frac{4\pi}{n} \left(2 - \cos \frac{(k-1)\pi}{n} \right)^2}$\\ 4& Fin Pour\\ \hline \end{tabularx} \end{center} \end{enumerate} \end{enumerate} \bigskip \textbf{\textsc{Exercice 3}} \smallskip \hrule \medskip \begin{enumerate} \item La dérivée de $x \mapsto \text{e}^{-kx}$ est $x \mapsto -k\text{e}^{-kx}$ donc une primitive de $f$ est $F : x \mapsto -\text{e}^{-kx}$. \item L'ordonnée de $B$ est $f(1) = k\text{e}{-k}$ donc l'aire du triangle OCB est $A_1 = \frac k 2 \text{e}^{-k}$. L'aire de $\mathcal{D}$ est: \[ A_2 = \int_{0}^{1} f(x)\d x - \frac{k}{2} \e^{-k} = \left[F(x)\right]_0^1 - \frac{k}{2} \e^{-k} = -\e^{-k} + 1 - \frac{k}{2} \e^{-k} = 1 - \left(1+\frac k 2 \right) \e^{-k} . \] \item On a $A_2 = 2A_1$ si et seulement si: \[ 1 - \left(1+\frac k 2 \right) \e^{-k} = 2 \times \frac k 2 \text{e}^{-k} \iff 1 - \left(1+\frac k 2 \right) \e^{-k} = k \e^{-k} \iff 1 = \left(1+\frac 32 k\right)\e^{-k} \] Considérons la fonction $g : x \mapsto 1 - \left(1+\dfrac 32 x \right)\e^{-x}$ et étudions ses variations sur $[0~;~+\infty[$. Pour tout $x \in [0~;~+\infty[$, on a: \[g'(x) = -\frac 3 2 \e^{-x} + \left(\frac 3 2 x + 1\right)\e^{-x} = \frac{3x - 1}{2}\e^{-x}. \] Cette dérivée est du signe de $(3x - 1)$ d'où: \[\begin{tabvar}{C|LCCCR} x & 0 & & \frac 13 & & +\infty \\ \hline g'(x) & & - & 0 & + & \\ \hline \niveau{2}{1} & 0 & \decroit & \frac 32 \e^{-\frac 13} & \croit & 1 \end{tabvar}\] En effet, $g(x)= 1 - \left(1+\dfrac 32 x \right)\e^{-x}$ et, comme $\ds{\lim_{x \rightarrow +\infty} \e^{-x} = 0}$ et $\ds{\lim_{x \rightarrow +\infty} x\e^{-x} = 0}$ (croissance comparée), on a bien $\ds{\lim_{x \rightarrow + \infty} g(x) = 1}$. Sur l'intervalle $\left[0~;~\frac 13\right]$, la fonction est strictement décroissante et $g(0) = 0$ donc, pour tout $x \in \left]0~;~\frac 13\right]$, $g(x)< 0$. Sur l'intervalle $\left[\frac 13~;~ +\infty\right[$, la fonction $g$ est définie, continue et strictement croissante de $g\left(\frac 13\right) \approx \np{- 0.075}$ à $1$. Comme $0 \in ]g\left(\frac 13\right)~;~ 1]$, on en déduit, d'après de le corollaire du théorème des valeurs intermédiaire, qu'il existe un unique réel $\alpha \in \left[\frac 13~;~+\infty\right[$ tel que $g(\alpha)= 0$. La calculatrice donne $\alpha \approx 0,76$. Ce réel $\alpha$ est l'unique valeur strictement positif de $k$ pour laquelle l'aire de $\mathcal{D}$ est le double de l'aire du triangle OBC. Voir la figure ci-dessous. \begin{center} \psset{unit=3cm} \begin{pspicture}(-0.2,-0.1)(2.2,2) \psaxes[linewidth=1.pt,Dx=10,Dy=10](0,0)(0,0)(2.2,2) \psaxes[linewidth=1.5pt,Dx=10,Dy=10]{->}(0,0)(1,1) \pscustom[fillstyle=hlines]{ \psplot[plotpoints=3000,linewidth=1.25pt,linecolor=blue]{0}{1}{1.5 2.71828 1.5 x mul exp div} \psline(1,0.335)(0,0)} \rput*(0.3,0.4){$\mathcal{D}$} \rput(0.2,1.5){\blue $\mathcal{C}_f$} \uput[d](0.5,0){$\vect{\imath}$} \uput[l](0,0.5){$\vect{\jmath}$} \psdots(0,1.5)(1,0.335)(1,0)%ABC \uput[l](0,1.5){A} \uput[u](1,0.335){B} \uput[d](1,0){C} \uput[dl](0,0){O} \psline(1,0.335)(1,0) \psplot[plotpoints=3000,linewidth=1.25pt,linecolor=blue]{0}{2.2}{1.5 2.71828 1.5 x mul exp div} \end{pspicture} \end{center} \end{enumerate} \bigskip \textbf{\textsc{Exercice 4 obligatoire}} \smallskip \hrule \medskip \textbf{Partie A} \begin{enumerate} \item Dans la cellule C3, on calcule $b_1 = \frac 23 a_0 + \frac 12 b_0 + \frac 23 c_0$: on peut saisir la formule \texttt{=2/3*B2+1/2*C2+1/3*D2}. \item Sur le long terme, il semble que le lapin est dans la galerie A avec une probabilité d'environ \np{0.214}, dans la galerie B avec une probabilité d'environ \np{0.574} et dans la galerie C avec une probabilité d'environ \np{0.214}. \end{enumerate} \bigskip \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Pour tout $n \in \N$, on a: \[u_{n+1} = a_{n+1} - c_{n+1} = \frac 13 a_n + \frac 14 b_n - \frac 14 b_n - \frac 13 c_n = \frac 13 (a_n - c_n) = \frac 13 u_n.\] Donc la suite $\left(u_n\right)$ est la suite géométrique de raison $q = \frac 13$ et de premier terme $u_0 = a_0 - c_0 = 1$. \item Pour tout $n \in \N$: \[ u_n = \left(\frac 13 \right)^n\] \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item La somme $a_n+b_n+c_n$ est la somme des probabilités de trois évènements qui forment une partition de notre univers: notre lapin ne peut être qu'en A, en B ou en C et pas dans deux endroit en même temps. Donc cette somme vaut 1. Par ailleurs, pour tout $n \in \N$: \[\begin{split} v_{n+1} & = b_{n+1} - \frac 47 = \frac 23 a_n + \frac 12 b_n + \frac 23 c_n - \frac 47 \\ &= \frac 23 a_n + \frac 23 b_n + \frac 23 c_n - \frac 16 b_n - \frac 47 \\ &= \frac 23 - \frac 16 b_n - \frac 47 = \frac{2}{21} - \frac 16 b_n \\ & = -\frac 16 \left(b_n - \frac 47 \right) = -\frac 16 v_n \end{split}\] \item La suite $(v_n)$ est géométrique de raison $q = -\frac 16$ et de premier terme $v_0 = -\frac 47$ donc, pour tout $n \in \N$: \[v_n = -\frac 47 \left( - \frac 16 \right)^n.\] \end{enumerate} \item Soit $n \in \N$. De l'expression de $v_n$, on tire: \[b_n = v_n + \frac 47 = \frac 47 - \frac 47 \left(-\frac 16\right)^n.\] Par ailleurs, comme $a_n + b_n + c_n =1$, on en déduit: \[a_n+c_n = 1- b_n = 1 - \frac 47 + \frac 47 \left(-\frac 16 \right)^n = \frac 37 + \frac 47 \left(-\frac 16 \right)^n\] De plus, on établit précédemment l'expression de $u_n$, qui nous donne: \[a_n - c_n = \left(\frac 13\right)^n.\] En ajoutant membre à membre ces deux dernières égalités, on obtient: \[ 2a_n = \frac 37 + \frac 47 \left(-\frac 16 \right)^n + \left(\frac 13 \right)^n \iff a_n = \frac{3}{14} + \frac 12 \left(\frac 13 \right)^n + \frac 27 \left(-\frac 16 \right)^n. \] En enfin, en remarquant par exemple que $c_n = a_n - \left(\frac 13 \right)^n$, on a bien: \[ c_n = \frac{3}{14} - \frac 12 \left(\frac 13 \right)^n + \frac 27 \left(-\frac 16 \right)^n. \] \item Lorsque $n$ tend vers $+\infty$, les termes en $\left(\frac 13 \right)^n$ et les termes en $\left(-\frac 16 \right)^n$ tendent vers zéro puisque $-1 < - \frac 16 < \frac 13 <1$. Donc: \[\lim_{n \rightarrow +\infty} a_n = \frac{3}{14} \quad \lim_{n \rightarrow +\infty} b_n = \frac 47 \quad \lim_{n \rightarrow +\infty} c_n = \frac{3}{14}\] Au bout d'un grand nombre d'étapes, les probabilités que le lapin soit respectivement en A, en B ou en C seront proches de $\frac{3}{14}$, $\frac 47$ et $\frac{3}{14}$. \end{enumerate} \bigskip \textbf{\textsc{Exercice 4 spécialité}} \smallskip \hrule \medskip \textbf{Partie A} \begin{enumerate} \item On a $a_1 = \np{0.995}$ et $b_1 = \np{0.005}$ puisque qu'un atome passe de l'état stable à l'état excité avec une probabilité de $\np{0.005}$. Pour l'étape suivante, on va utiliser la loi des probabilité totale en considérant la partition \emph{stable/excité} de l'état de l'atome à l'étape 1: \begin{itemize} \item il peut être stable à l'étape 1 et stable à l'étape 2: la probabilité sera alors $\np{0.995} \times \np{0.995} = \np{0.990025}$; \item il peut être excité à l'étape 1 et stable à l'étape 2: la probabilité sera alors $\np{0.005} \times \np{0.6} = \np{0.003}$. \end{itemize} Donc: \[a_2 = \np{0.990025} + \np{0.003} = \np{0.993025} \quad b_2 = 1-a_2 = \np{0.006975}\] \item Selon la même logique qu'à la question précédente, on a: \[ a_{n+1} = \np{0.995}a_n + \np{0.6}b_n \quad b_{n+1} = \np{0.005}a_n + \np{0.4}b_n.\] Donc : \[\begin{pmatrix} a_{n+1} & b_{n+1}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}a_n & b_n\end{pmatrix} A \quad \text{ avec }A =\begin{pmatrix} \np{0.995} & \np{0.005} \\ \np{0.6} & \np{0.4}\end{pmatrix}\] \item Avec une calculatrice, on trouve: \[D = \frac{1}{121}\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & \frac{79}{200}\end{pmatrix}\] \item Démontrons la propriété par recurrence. \textbf{Initialisation:} $A^0 = I$ et $PD^0P^{-1} = PIP^{-1} = PP^{-1} = I$ donc la propriété est vraie au rang 0. %Par ailleurs si $D = P^{-1}AP$ alors en multipliant à gauche par $P$, on a $PD = PP^{-1}AP = AP$ %puis en multipliant par $P^{-1}$ à droite $PDP^{-1} = APP^{-1} = A$. \textbf{Hérédité :} Soit $n \in \N$ tel que $A^n = PD^nP^{-1}$. Alors: \[ A^{n+1} = A^n\,A = \left(PD^nP^{-1}\right)\left(PDP^{-1}\right) = PD^nP^{-1}PDP^{-1} = PD^nDP^{-1} = PD^{n+1}P^{-1}. \] \textbf{Conclusion:} d'après le principe de récurrence, quel que soit $n \in \N$, on a bien $A^n = PD^nP^{-1}$. \item Pour tout $n \in \N$: \[ \begin{split}X_n &= \begin{pmatrix}a_n & b_n\end{pmatrix} = X_0A^n = \begin{pmatrix}1 & 0\end{pmatrix} \times \frac{1}{121}\begin{pmatrix} 120 + \np{0.395}^n & 1 - \np{0.395}^n \\ 120 \left(1 - \np{0.395}^n\right) & 1 + 120 \times \np{0.395}^n\end{pmatrix} \\ & = \frac{1}{121} \begin{pmatrix}120 + \np{0.395}^n & 1 - \np{0.395}^n\end{pmatrix}. \end{split}\] Donc $a_n = \frac{1}{121} \left(120 + \np{0.395}^n\right)$. \item On a $-1 < \np{0.395} < 1$ donc $\ds{\lim_{n \rightarrow +\infty} \np{0.395}^n = 0 }$ puis $ \ds{\lim_{n \rightarrow +\infty} a_n = \frac{120}{121}}$. Sur le long terme, la probabilité que l'atome soit stable est de $\frac{120}{121}$. \end{enumerate} \bigskip \textbf{Partie B} \begin{enumerate} \item En nous inspirant de ce qui a été fait précédemment, on obtient: \[M = \begin{pmatrix}\np{0.99} & \np{0.01} \\a & 1-a\end{pmatrix}.\] \item On a : \[XM = \begin{pmatrix} \np{0.98} & \np{0.02} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \np{0.99} & \np{0.01} \\ a & 1-a\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \np{0.98} \times \np{0.99} + \np{0.02}a & \np{0.98} \times \np{0.01} + \np{0.02}(1-a)\end{pmatrix} \] d'où \[\np{0.98} \times \np{0.99} + \np{0.02}a = \np{0.98} \text{ donc } a= \frac{\np{0.98} - \np{0.98} \times \np{0.99}}{\np{0.02}}= \frac{\np{0.01} \times \np{0.98}}{\np{0.02}} = \frac{\np{0.98}}{2} = \np{0.49}.\] La probabilité qu'un atome passe de l'état excité à l'état stable est $a = \np{0.49}$. \end{enumerate} \end{document}