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% Tapuscrit Denis Vergès
% Corrigé Pierre Seigneur
%Relecture François Hache\newcommand{\R}{\mathbb{R}}
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\begin{document}
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\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)
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\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}
