%!TEX encoding = UTF-8 Unicode
%%%%Correction par Jean-Paul Blaineau
\documentclass[11pt]{article}
\usepackage[T1]{fontenc}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage{fourier}
\usepackage[scaled=0.875]{helvet}
\renewcommand{\ttdefault}{lmtt}
\usepackage{makeidx}
\usepackage{amsmath,amssymb}
\usepackage{fancybox}
\usepackage[normalem]{ulem}
\usepackage{pifont}
\usepackage{lscape}
\usepackage{multicol}
\usepackage{mathrsfs}
\usepackage{tabularx}
\usepackage{multirow}
\usepackage{textcomp} 
\newcommand{\euro}{\eurologo{}}
\usepackage{pstricks,pstricks-add,pst-plot,pst-text,pst-tree,pst-eps,pst-fill,pst-node,pst-math}
\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{\sub}[1]{\scriptscriptstyle{#1}}
\DeclareMathOperator{\p}{\texttt{\textbf{p}}}
\usepackage[left=3.5cm, right=3.5cm, top=3cm, bottom=3cm]{geometry}
\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{$\left(\text{O},~\vect{u},~\vect{v}\right)$}
\makeindex
\usepackage{fancyhdr}
\usepackage{hyperref}
\hypersetup{%
pdfauthor = {APMEP},
pdfsubject = {Corrigé du baccalauréat S Liban},
pdftitle = {27 mai 2015},
allbordercolors = white,
pdfstartview=FitH}   
\usepackage[frenchb]{babel}
\usepackage[np]{numprint}
\begin{document}
\marginpar{\rotatebox{90}{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}}
\setlength\parindent{0mm}
\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\lhead{\small Corrigé du baccalauréat S}
\lfoot{\small{Liban}}
\rfoot{\small{27 mai 2015}}
\renewcommand \footrulewidth{.2pt}
\pagestyle{fancy}
\thispagestyle{empty}

\begin{center}{\Large\textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat S Liban  27 mai 2015~\decofourright}}
\end{center}
\medskip


\textbf{\textsc{Exercice 1} \hfill 5 points}

\medskip

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item De I$\left(\frac{1}{2}~;~0~;~0\right)$, J$\left(0~;~\frac{1}{2}~;~1\right)$ et K$\left(1~;~\frac{1}{2}~;~0 \right)$, on déduit :

$\vect{\text{IJ}}\left(- \frac{1}{2}~;~\frac{1}{2}~;~1\right)$ et  $\vect{\text{JK}}\left(1~;~0~;~- 1\right)$.

D’autre part $\vect{\text{FD}}\left(- 1~;~1~;~- 1\right)$ et :

$\vect{\text{FD}} \cdot \vect{\text{IJ}} = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} - 1 = 0$ et $\vect{\text{FD}} \cdot \vect{\text{JK}} =  - 1 + 1 = 0$.

Le vecteur $\vect{\text{FD}}$ orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (IJK) est normal à ce plan.
		\item D’après la question précédente : $M(x~;~y~;~z) \in (\text{IJK}) \iff - x +y - z + d = 0$.
		
En particulier I $ \in (\text{IJK}) \iff - \frac{1}{2}   + d = 0 \iff d = \frac{1}{2}$.

Donc $M(x~;~y~;~z) \in (\text{IJK}) \iff - x +y - z + \frac{1}{2} = 0 \iff x - y + z - \frac{1}{2} = 0$.
	\end{enumerate}
\item On a $M(x~;~y~;~z) \in (\text{FD}) \iff $ il existe $t \in \R$, tel que $\vect{\text{F}M} = t\vect{\text{FD}}
\iff \left\{\begin{array}{l c r}
x - 1&=&- t\\y - 0&=&t\\z - 1&=&- t \end{array}\right. \iff 
\left\{\begin{array}{l c r}
x&=&1 - t\\y&=&t\\z &=&1 - t \end{array}\right.$.

\item $M(x~;~y~;~z)$ appartient à (FK) et à (IJK) si ses coordonnées vérifient l’équation de la droite et celle du plan soit :

$\left\{\begin{array}{l c r}
x&=&1 - t\\y&=&t\\z &=&1 - t\\
x - y + z - \frac{1}{2} &=& 0 \end{array}\right. \Rightarrow 1 - t - t +1 - t - \frac{1}{2} = 0 \iff - 3t + \frac{3}{2} = 0 \iff t = \frac{1}{2}$.

D’où les coordonnées de $M\left(\frac{1}{2}~;~\frac{1}{2}~;~\frac{1}{2} \right)$.
\item $\text{IJ}^2 = \left(-\frac{1}{2} \right)^2 + \left(\frac{1}{2} \right)^2 + 1^2 = \frac{6}{4}$ ; de même $\text{IK}^2 = \left(\frac{1}{2} \right)^2 + \left(\frac{1}{2} \right)^2 + 0^2 = \frac{2}{4}$ et $\text{JK}^2 = 1^2 + 0^2 + 1^2 = 2$.

Or $\frac{6}{4} + \frac{2}{4} = 2 \iff \text{IJ}^2 + \text{IK}^2 = \text{JK}^2$ égalité qui montre d’après la réciproque du théorème de Pythagore que le triangle IJK est rectangle en I.

L’aire du triangle (IJK) est donc égale à :

$\mathcal{A}(\text{IJK}) = \dfrac{1}{2} \times \text{IJ} \times \text{IK} = \dfrac{1}{2} \times \frac{\sqrt{6}}{2} \times \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{\sqrt{12}}{8} = \frac{\sqrt{3}}{4}$.
\item $\mathcal{V}(\text{FIJK}) = \dfrac{1}{3}\times \mathcal{A}(\text{IJK}) \times \text{FM}$.

F$M^2 = \left(- \frac{1}{2}\right)^2 + \left( \frac{1}{2} \right)^2 + \left(- \frac{1}{2 } \right)^2 = \frac{3}{4}\Rightarrow   \text{F}M = \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Donc $\mathcal{V}(\text{FIJK}) = \dfrac{1}{3}\times \frac{\sqrt{3}}{4} \times \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{1}{8}$.
\item Vérifions si L$\left(1~;~1~;~\frac{1}{2} \right)$ appartient au plan IJK :

$1 - 1 + \frac{1}{2} - \frac{1}{2} = 0$ est vraie, donc les quatre loints I, J, K et L sont coplanaires.

Vérifions si (IJ) est parallèle à (KL) :

$\vect{\text{IJ}}\left(-  \frac{1}{2}~;~\frac{1}{2}~;~~1\right)$ et $\vect{\text{KL}}\left(0~;~\frac{1}{2}~;~\frac{1}{2}\right)$ : ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires donc les droites coplanaires (IJ) et (KL) sont sécantes.
\end{enumerate}

\vspace{0.5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 2} \hfill 6 points}

\medskip

\begin{enumerate}
\item Sur $[0~;~1], \: 1 \leqslant 1 + x \leqslant 2$, donc une primitive sur cet intervalle de 

$x \longmapsto \dfrac{1}{1 + x}$ est $x \longmapsto \ln (1 + x)$. D’où :

$u_0 = \displaystyle\int_0^1 \dfrac{1}{1 + x}\:\text{d}x = \left[\ln (1 + x) \right]_0^1 = \ln 2$.
\item
	\begin{enumerate}
		\item Par linéarité de l’intégrale :
		
$u_{n+1} + u_n = \displaystyle\int_0^1 \dfrac{x^{n+1}}{1 + x}\:\text{d}x + \displaystyle\int_0^1 \dfrac{x^n}{1 + x}\:\text{d}x  = \displaystyle\int_0^1 \dfrac{x^{n+1}+ x^n}{1 + x}\:\text{d}x = \displaystyle\int_0^1 \dfrac{x^{n}(x + 1)}{1 + x}\:\text{d}x = \displaystyle\int_0^1 x^n\:\text{d}x = \left[ \frac{x^{n+1}}{n+1}\right]_0^1 = \frac{1}{n+1}$.
		\item La relation précédente donne pour $n = 0$, 
		
 $u_1 + u_0 = 1 \iff u_1 = 1 - u_0 = 1 - \ln 2$.
	\end{enumerate}
\item
	\begin{enumerate}
		\item $\bullet~~$ Il faut initialiser la suite à $u_0 = \ln 2$.
		
$\bullet~~$ La relation $u_{n+1} + u_n = \dfrac{1}{n + 1}$ s’écrit au rang précédent, soit pour $n \geqslant 1$, \: $u_n + u_{n-1} = \dfrac{1}{n}$, soit $u_n = - u_{n-1} + \dfrac{1}{n}$.

Pour passer d’un terme à l’autre il faut donc prendre l’opposé du terme précédent et ajouter $\frac{1}{n}$. D’où l’algorithme :

\begin{center}
\begin{tabularx}{0.85\linewidth}{|l X|}\hline
Variables :			&$i$ et $n$ sont des entiers naturels ($n \geqslant 1$)\\
					&$u$ est un réel\\
Entrée :			&Saisir $n$\\
Initialisation :	&Affecter à $u$ la valeur $\ln 2$\\ 
Traitement :		&Pour $i$ variant de 1 à $n$\\
						&\hspace{1cm} $|$ Affecter à $u$ la valeur $- u + \frac{1}{i}$\\
						&FindePour\\
Sortie :				&Afficher $u$\\ \hline
\end{tabularx}
\end{center}
		\item Conjecture : il semble que la suite $\left(u_n\right)$ soit décroissante vers zéro.
	\end{enumerate}
\item
	\begin{enumerate}
		\item Pour tout naturel $n$, \:$u_{n+1} - u_n = \displaystyle\int_0^1 \dfrac{x^{n+1}}{1 + x}\:\text{d}x - \displaystyle\int_0^1 \dfrac{x^{n}}{1 + x}\:\text{d}x =$
		
$ \displaystyle\int_0^1 \dfrac{x^{n+1}- x^n}{1 + x}\:\text{d}x = \displaystyle\int_0^1 \dfrac{x^{n}(x - 1)}{1 + x}\:\text{d}x$.
		
Or on a vu que sur [0~;~1], $ 1 + x > 0$, \: $x^n \geqslant 0$ et $0 \leqslant x \leqslant 1 \iff $

$- 1 \leqslant x - 1 \leqslant 0$, donc finalement $\dfrac{x^{n}(x - 1)}{1 + x} \leqslant 0$.

Conclusion : l’intégrale de cette fonction négative sur [0~;~1] est négative.

Or $u_{n+1} - u_n  < 0$ quel que soit $n$ montre que la suite 
$\left(u_n\right)$ est décroissante.
		\item $u_n$ intégrale d’une fonction positive sur [0~;~1] est quel que soit le naturel $n$, un nombre positif ou nul.

La suite $\left(u_n\right)$ décroissante et étant minorée par zéro converge vers une limite $\ell$, avec $\ell \geqslant 0$.
	\end{enumerate}
\item Pour tout naturel $n$, \: $u_{n+1} + u_n = \dfrac{1}{n + 1} \Rightarrow 0 \leqslant u_n \leqslant \dfrac{1}{n+1}$, puisque 

$u_{n+1} \geqslant 0$.

Or $\displaystyle \lim_{n \to + \infty} \dfrac{1}{n+1} = 0$.
Conclusion $\displaystyle \lim_{n \to + \infty} u_n = \ell = 0$.
\end{enumerate}

\vspace{0.5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 3} \hfill 3 points}

\medskip

\begin{enumerate}
\item $m = \text{e}$.

Une équation de la tangente à $\mathcal{C}$ au point d’abscisse 1 est :

$y - \text{e}^1 = \text{e}^1(x - 1) \iff y =  \text{e}x$.
\item Il semble d'après la question précédente  que :

$\bullet~~$si $m = \text{e}$, la droite est tangente à la courbe : il y a un point commun ;

$\bullet~~$si $m < \text{e}$, la droite et la courbe n'ont pas de point commun ;

$\bullet~~$si $m > \text{e}$, la droite et la courbe ont au moins un point commun.
\item  Les points communs à $\mathcal{C}$ et à $\mathcal{D}_m$ ont une abscisse qui vérifie :

$\text{e}^x  = mx \iff \text{e}^x  - mx = 0$.

Soit $g$ la fonction définie sur $\R$ par $g(x) = \text{e}^x  - mx$ ; elle est dérivable sur $\R$ et sur cet intervalle :

$g'(x) =  \text{e}^x  - m$.

Or $\text{e}^x  - m > 0 \iff \text{e}^x > m \Rightarrow x > \ln m$ ; de même 

$\text{e}^x  - m < 0 \iff \text{e}^x < m \Rightarrow x < \ln m$ et $\text{e}^x  - m = 0 \iff \text{e}^x = m \Rightarrow x = \ln m$ (ce nombre existe puisque $m > 0$).

La fonction $g$ est donc décroissante sur $]- \infty~;~\ln m[$ et croissante sur $]\ln m~;~+ \infty[$.  Elle a donc un minimum $g(\ln m) = \text{e}^{\ln m} - m\ln m =$

$ m - m\ln m = m(1 - \ln m)$. De plus :

$\bullet~~$$\displaystyle\lim_{x \to - \infty}\text{e}^x  = 0$, donc $\displaystyle\lim_{x \to - \infty}g(x) = + \infty$ ;

$\bullet~~$En écrivant $g(x) = x\left(\frac{\text{e}^x}{x} - m \right)$, on sait que 
$\displaystyle\lim_{x \to - \infty}\frac{\text{e}^x}{x} = + \infty$, donc par produit de limites $\displaystyle\lim_{x \to - \infty}g(x) = + \infty$.

D'où le tableau de variations suivant :

\begin{center}
\psset{unit=1cm}
\begin{pspicture}(7,2.5)
\psframe(7,2.5) \psline(0,2)(7,2)\psline(1,0)(1,2.5)
\uput[u](0.5,1.9){$x$} \uput[u](1.5,1.9){$- \infty$} \uput[u](4,1.9){$\ln m$} \uput[u](6.5,1.9){$+ \infty$} 
\rput(0.5,1){$g(x)$}\uput[d](1.5,2){$+ \infty$}\uput[d](6.5,2){$+ \infty$}
\uput[u](4,0){$m(1 - \ln m)$}
\psline{->}(1.5,1.5)(3.5,0.5)\psline{->}(4.5,0.5)(6.5,1.5)
\end{pspicture}
\end{center}

$\bullet~~$ Si $0 < m < \text{e}$, alors $\ln m < 1 \iff 1 - \ln m > 0$ et $m(1 - \ln m)> 0$ : le minimum de la fonction est supérieur à zéro donc la fonction ne s’annule pas ; la droite et la courbe n’ont pas de point commun.

$\bullet~~$ Si $m = \text{e}$ on a vu que la droite est tangente à la courbe.

$\bullet~~$ Si $m > \text{e}$ alors $\ln m > 1 \iff 1 - \ln m < 0$ et 
$m(1 - \ln m)< 0$ : la fonction $g$ s’annule deux fois d'après le théorème des valeurs intermédiaires, donc la droite et la courbe ont deux points communs.
\end{enumerate}

\newpage

\textbf{\textsc{Exercice 4} \hfill 5 points}

\textbf{Candidats n'ayant pas suivi l'enseignement de spécialité}

\medskip

\begin{enumerate}
\item Arbre de probabilités :

\begin{center}

\pstree[treemode=R,nodesep=3pt]{\TR{}}
{
	\pstree{\TR{$A$}\taput{\blue 0,47}}
	  { 
		  \TR{$V$}\taput{0,9}
		  \TR{$\overline{V}$}\tbput{\blue 0,1}	   
	  }
	\pstree{\TR{$B$}\tbput{0,53}}
	  {
		  \TR{$V$}\taput{0,8}
		  \TR{$\overline{V}$}\tbput{\blue 0,2}	  
	  }
}
\end{center}

\medskip

En bleu les données de l'énoncé, les autres valeurs étant obtenues par complément à 1.
\item
	\begin{enumerate}
		\item D'après la formule des probabilités totales :
		
		$p(V) = p(A \cap V) + p(B \cap V) = p(A) \times p_A(V) + p(B) \times p_B(V) = 0,47 \times 0,9 + 0,53 \times 0,8 = 0,423 + 0,424 = 0,847$.
		\item $p_V(A) = \dfrac{p(A \cap V)}{p(V)} = \dfrac{0,423}{0,847} \approx \np{0,4994}$ à $10^{-4}$ près.
	\end{enumerate} 
\item Soit $E$ l'évènement \og laperont vote effectivement pour le candidat A \fg.

$E = (A \cap V) \cup \left(B \cap \overline{V}\right)$ (évènements disjoints), donc :

$p(E) = p(A \cap V) + p\left(B \cap \overline{V}\right) = 0,47 \times 0,9 + 0,53 \times 0,2 = 0,423 + 0,106 = 0,529$.
\item La fréquence observée est $f = 0,529$ pour un sondage réalisé auprès d'un échantillon de $n \np{1200}$ personnes.

On vérifie que les conditions d'application de l'intervalle de confiance sont remplies :

$n = \np{1200} > 30$ ; $nf = \np{1200} \times 0,529 = 634,8 >\geqslant 5$ ; $n(1 - f) = \np{1200} \times 0,471 = 565,2 \geqslant 5$.

L'intervalle de confiance au seuil de 95\,\% est alors :

\[I_c = \left[f - \dfrac{1}{\sqrt{n}}~;~f + \dfrac{1}{\sqrt{n}} \right] = \left[0,529 - \dfrac{1}{\sqrt{\np{1200}}}~;~0,529 + \dfrac{1}{\sqrt{\np{1200}}} \right]\]

\[I_c = \approx [\np{0,5001}~;~\np{0,5579}]\]

à $10^{-4}$ près. Ceci correspond à une fourchette [50,01\,\%~;~55,79\,\%]. Dans 95\,\% des cas le candidat A sera élu. Il peut légitimement croire en sa victoire.
\item Lors du sondage téléphonique il y a eu 10 contacts par demi-heure, soit 20 contacts par heure.

La probabilité que la personne appelée accepte de répondre est $p = 0,4$.

Soit $n$ le nombre de personnes contactées par téléphone ; soit elle accepte de répondre avec une probabilité de 0,4,soit elle ne l'accepte pas.

On suppose que chaque personne répond indépendamment des autres.

Il s'agit d'un schéma de Bernouilli dont les paramètres sont $\mathcal{B}(n~;~0,4)$.

Obtenir un échantillon de \np{1200}~personnes qui acceptent de répondre, c'est considérer que l'espérance mathématique  est E$(X) = \np{1200}$. On cherche alors $n$ tel que :

E$(X) = n \times 0,4 = \np{1200}$, soit $n = \np{3000}$.

Avec \np{3000}~personnes contactées, on peut espérer que \np{1200} acceptent de répondre.

Le temps moyen nécessaire est donc de $t = \dfrac{\np{3000}}{20} = 150$~heures.
\end{enumerate}

\vspace{0.5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 4} \hfill 5 points}

\textbf{Candidats ayant  suivi l'enseignement de spécialité}

\medskip

\begin{enumerate}
\item On a $q_1 = 0,6$ et donc $p_1 = 1 - 0,6 = 0,4$.
\item On a le graphe probabiliste suivant :

\begin{pspicture}(-2,-0.8)(4,1.1)
\Rnode{A}{$F$} \hskip 4cm \Rnode{B}{$\overline{F}$}% définition des sommets
\psset{nodesep=5pt,arcangle=15,arrowsize=2pt 3}%       différents paramètres
\ncarc{->}{A}{B} \Aput{0,4}%                     premier vers second
\ncarc{->}{B}{A} \Aput{0,1}%                    second vers premier
\nccircle[angleA=90]{->}{A}{4mm}   \Bput{0,6}%   premier sommet
\nccircle[angleA=-90]{->}{B}{.4cm} \Bput{0,9}%  second sommet
\end{pspicture}

Le jour $n + 1$, on a donc :

pour tout naturel $n$, \:$p_{n+1} = 0,9p_n + 0,4q_n$ et par conséquent :

$q_{n + 1} = 1 - p_{n+1} = 1 - \left(0,9p_n + 0,4q_n \right) = 0,1p_n + 0,6q_n$.

Il faut donc écrire dans le tableur :

en B3 : $\fbox{=0,9 *B2+0,4*C2}$ ;

en C3 : $\fbox{=0,1*B2+0,6*C2}$ ou $\fbox{=1-B3}$.
\item 
	\begin{enumerate}
		\item On vérifie que :

$A + 0,5B  = \begin{pmatrix}0,8&0,8\\0,2&0,2 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix}0,8&0,1\\-0,4&-0,1
&0,4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0,9&0,4\\0,1&0,6\end{pmatrix} = M$.
		\item $A^2 = A \times A = \begin{pmatrix}0,8&0,8\\0,2&0,2 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix}0,8&0,8\\0,2&0,2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0,64+0,16&0,64+0,16\\0,16+0,04&0,16+0,04 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0,8&0,8\\0,2&0,2 \end{pmatrix} = A$.
		
$A \times B = \begin{pmatrix}0,8&0,8\\0,2&0,2 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix}0,2&- 0,8\\-0,2&0,8 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0,16-0,16&-0,64+0,64\\0,04-0,04&-0,16+0,16 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0&0\\0&0\end{pmatrix}$.

De même  $B \times A = \begin{pmatrix}0,2&- 0,8\\-0,2&0,8 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix}0,8&0,8\\0,2&0,2 \end{pmatrix}   = \begin{pmatrix}0,16-0,16&0,16-0,16\\-0,16+0,16&-0,16+0,16 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0&0\\0&0\end{pmatrix}$.

		\item On a pour tout naturel $n$,\: $A^n = A$ et $B^n = B$.
		
Soit $\mathcal P_n$ la propriété: $M^n = A+ 0,5^n B$.		
		
Démontrons cette propriété par récurrence.

\emph{Initialisation}

On a vu que pour $n = 1$, \:$M = A + 0,5B$. 

La propriété est vraie au rang 1.

\emph{Hérédité}

Supposons que pour $n \in \N$   tel que  $p \geqslant 1$, on ait

$M^n = A + 0,5^n B$.

On a donc $M^{n+1} = M \times M^n = (A + 0,5B) \times \left(A + 0,5^nB\right) =$

$ A^2 + 0,5^n AB + 0,5BA + 0,5^{n+1}B^2 = A + 0,5^{n+1}B$ puisque d'après la question précédente : $A^{2} = A$, $B^2 = B$  et $AB = BA = \begin{pmatrix}0&0\\0&0\end{pmatrix}$.

$M^{n+1} =  A + 0,5^{n+1}B$ montre que la relation est  vraie au rang $n+1$.

\emph{Conclusion}  :

On a démontré que $M^{1} = A + 0,5^{1}B$ et que pour  $n \geqslant  1$,\: 

$M^n = A + 0,5^pB$ entraîne $M^{n+1} = A + 0,5^{p+1}B$, donc d'après le principe de récurrence 
pour tout naturel $n$ supérieur ou égal à 1 :  

$M^n = A + 0,5^nB$.

\item On sait que :

$X_{n+1} = M \times X_n$ et $X_n = M^n \times X_0$, avec $X_n = \begin{pmatrix} p_n\\q_n\end{pmatrix}$.

On vient de montrer que pour tout naturel $n$ supérieur ou égal à 1 :  

$M^n = A + 0,5^nB = \begin{pmatrix}0,8&0,8\\0,2&0,2 \end{pmatrix} + 0,5^n\begin{pmatrix}0,2&- 0,8\\-0,2&0,8 \end{pmatrix} =$

$ \begin{pmatrix}0,8 + 0,2\times0,5^n&0,8 - 0,8\times 0,5^n\\0,2 - 0,2\times 0,5^n&0,2 + 0,8\times 0,5^n\end{pmatrix}$.

D'où $X_n = M^n \times X_0 \iff \begin{pmatrix} p_n\\q_n\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0,8&0,8\\0,2&0,2 \end{pmatrix} + 0,5^n\begin{pmatrix}0,2&- 0,8\\-0,2&0,8 \end{pmatrix} =$

$ \begin{pmatrix}0,8 + 0,2\times0,5^n&0,8 - 0,8\times 0,5^n\\0,2 - 0,2\times 0,5^n&0,2 + 0,8\times 0,5^n\end{pmatrix}\times \begin{pmatrix}p_0\\q_0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0,8&0,8\\0,2&0,2 \end{pmatrix} + 0,5^n\begin{pmatrix}0,2&- 0,8\\-0,2&0,8 \end{pmatrix} =$

$\begin{pmatrix}0,8 + 0,2\times0,5^n&0,8 - 0,8\times 0,5^n\\0,2 - 0,2\times 0,5^n&0,2 + 0,8\times 0,5^n\end{pmatrix}\times \begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0,8 - 0,8\times 0,5^n\\0,2 + 0,8\times 0,5^n\end{pmatrix}$.

On a donc pour tout naturel $n$,\:$p_n = 0,8 - 0,8 \times 0,5^n$.
	\item  Comme $- 1 < 0,5 < 1$, on sait que $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} 0,5^n = 0$, donc
	$\displaystyle\lim_{n \to + \infty}p_n = 0,8$.
	
À long terme, on ne peut pas affirmer avec certitude que le fumeur arrêtera de fumer.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{document}