BAC S 2016 de Mathématiques : Polynésie 10 juin 2016 - Correction Spécialité
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Correction de l'exercice de Spécialité 5 points
Pour chacune des cinq propositions suivantes, indiquer si elle est vraie ou fausse et justifier la réponse choisie.
Il est attribué un point par réponse exacte correctement justifiée. Une réponse non justifiée n'est pas prise en compte. Une absence de réponse n'est pas pénalisée.
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Proposition 1
Pour tout entier naturel $n$, le chiffre des unités de $n^2 + n$ n'est jamais égal à 4. Proposition 1 : vraie - On considère la suite $u$ définie, pour $n \geqslant 1$, par \[u_n = \dfrac{1}{n} \text{pgcd}(20~;~n).\]
Proposition 2
La suite $\left(u_n\right)$ est convergente. Pour tout entier natuel $n$, $pgcd(20;n)\leqslant 20$ -
Proposition 3
Pour toutes matrices $A$ et $B$ carrées de dimension 2, on a $A \times B = B \times A$. Proposition 3 : fausse - Un mobile peut occuper deux positions $A$ et $B$. À chaque étape, il peut soit rester dans la position dans laquelle il se trouve, soit en changer. Pour tout entier naturel $n$, on note :
- $A_n$ l'évènement « le mobile se trouve dans la position $A$ à l'étape $n$ » et $a_n$ sa probabilité.
- $B_n$ l'évènement « le mobile se trouve dans la position $B$ à l'étape $n$» et $b_n$ sa probabilité.
- $X_n$ la matrice colonne $\begin{pmatrix}a_n\\b_n\end{pmatrix}$.
Proposition 4
La probabilité $P_{A_n} \left(B_{n+1}\right)$ vaut 0,45.
On a $X_{n+1}=MX_n$
Soit $\begin{pmatrix}a_{n+1}\\b_{n+1}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0,55a_n+0,3b_n \\0,45a_n+0,7b_n\end{pmatrix}$
Donc $P_{A_n}\left(B_{n+1}\right) = 0,45$
$\quad$
Proposition 5
Il existe un état initial $X_0 = \begin{pmatrix}a_0\\b_0\end{pmatrix}$ tel que la probabilité d'être en $B$ à l'étape 1 est trois fois plus grande que celle d'être en $A$ à l'étape 1, autrement dit tel que $b_1 = 3a_1$.
$X_1=MX_0=\begin{pmatrix}0,55a_0+0,3b_0\\0,45a_0+0,7b_0\end{pmatrix}$
On veut que $0,45a_0+0,7b_0=3\times (0,55a_0+0,3b_0)$ avec $a_0+b_0=1$
$\iff0,45a_0+0,7b_0=1,65a_0+0,9b_0$ avec $a_0+b_0=1$
$\iff1,2a_0+0,2b_0=0$ avec $a_0=1-b_0$
$\iff1,2\left(1-b_0\right)+0,2b_0=0$ avec $a_0=1-b_0$
$\iff1,2=b_0$ avec $a_0=1-b_0$
Comme $a_0$ doit être un réel positif, on ne peut pas trouver d’état initial tel que la probabilité d’être en $B$ à l’étape 1 est trois fois plus grande que celle d’être en $A$ à l’étape 1.
$\quad$
$$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline
\text{chiffre des unités de }&0&1&2&3&4&5&6&7&8&9 \\
\hline
n&0&1&2&3&4&5&6&7&8&9\\
\hline
n^2&0&1&4&9&6&5&6&9&4&1\\
\hline
n^2+n&0&2&6&2&0&0&2&6&2&0\\
\hline
\end{array}$$
Le chiffre des unités n’est jamais égal à $4$.
$\quad$
Donc $0\leqslant u_n\leqslant \dfrac{20}{n}$
Or $\lim\limits_{n \to +\infty} \dfrac{20}{n} = 0$
D’après le théorème des gendarmes, $\lim\limits_{n \to +\infty} u_n=0$
La suite $\left(u_n\right)$ est donc congergente.
$\quad$
Prenons $A=\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}$ et $B=\begin{pmatrix}1&3\\2&1\end{pmatrix}$
On a alors $AB=\begin{pmatrix} 2&1\\1&3\end{pmatrix}$
Et $BA=\begin{pmatrix} 3&1\\1&2\end{pmatrix}$
Donc $AB\neq BA$
$\quad$
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