[PDF] Exercice 1 Suites récurrentes et algèbre linéaire

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Corrigé ESSEC option Eco 2003 Maths IIIpar Pierre Veuillez Exercice 1 Suites récurrentes et algèbre linéaire

Soitaun nombre réel. On noteRNl"ensemble des suites réelles dé...nies surN, etFle sous- ensemble

deRNformé des suites(un)n2Nqui véri...ent :

8n2Nun+3= 3aun+1+ (13a)un:

L"objet de ce problème est l"étude de l"ensembleF.

I. Étude du cas particuliera= 1.

Soit(un)n2Nla suite dé...nie par ses trois premiers termesu0; u1;u2, et la relation de récurrence

8n2Nun+3= 3un+12un:

Pour tout entier natureln, on pose :Xn=0

@u n u n+1 u n+21 A et on noteMla matrice carrée0 @0 1 0 0 0 1

2 3 01

A

1. On aM Xn=0

@0 1 0 0 0 1

2 3 01

A0 @u n u n+1 u n+21 A =0 @u n+1 u n+2

2un+ 3un+11

A =0 @u n+1 u n+2 u n+31 A =Xn+1 Donc la suite(Xn)n2Nest une suite géométrique matricielle de raisonMet pour tout entier n:Xn=MnX0

2.a) Pouru= (x;y;z)On résout(E) : (MI)0

@x y z1 A = 0 (E)()8 :x+y= 0 y+z= 0

2x+ 3yz= 0()z8

:y=x

2x+z= 0

(2 + 3)xz= 0()8 :y=x z=2x (2 + 33)x= 0 On résout2 + 33= 0 := 1est racine; on factorise par(1)par l"algoithme de Horner :1032112 1120
donc2 + 33= (1)(2+ 2) = (1)2(2) - Doncsi= 1alors(E)()y=x z=xet les solutions sont S

1= Vect((1;1;1))6=f0g

donc1est valeur propre et une base de son sous-espace associé est((1;1;1))(générateur et non nul)

DoncS1est de dimension1:

- Doncsi=2alors(E)()y=2x z= 4xet les solutions sont S

2= Vect((1;2;4))6=f0g

donc2est valeur propre et une base de son sous-espace associé est((1;2;4))(géné- rateur et non nul)

DoncS2est de dimension1:

b) La somme des dimensions des sous espaces propres deMn"étant pas 3,Mn"est pas diagonalisable.Corrigé ESSEC 2003 Page 1/ 6

3. On notefl"endomorphisme deR3canoniquement associé àM, c"est-à-dire tel queMsoit la

matrice defdans la base canoniqueBdeR3. a) Les vecteurs "une baseB0= (e01;e02;e03)telle que la matrice defdansB0soitT=0 @2 0 0 0 1 1

0 0 11

A doivent véri...er : -f(e01) =2e01(vecteur propre associé à -2) et(1;2;4)convient -f(e02) =e02(vecteur propre associé à 1) et(1;1;1)convient -f(e03) =e02+e03et on cherchee03= (0;y;z)en traduisant sur leurs coordonnées dansB: f(e03) =e02+e03()M0 @0 y z1 A =0 @1 1 11 A +0 @0 y z1 A 8 :y= 1 z= 1 +y

3y= 1 +z()8

:y= 1 z= 2 3 = 3

Donce03= (0;1;3)convient.

Reste à véri...er que(e01;e02;e03)est une base (libre et 3 vecteurs) Sixe01+y e02+z e03= 0alors(x+y;2x+y+z;4x+y+ 2z) = 0 et8 :x=y

3y+z= 0

3y+ 2z= 0()8

:x=y z= 3y y= 0d"oùx=y=z= 0et la famille est libre donc une base deR3 et dans cette base la matrice defestT: b) On peut décomposerT=D+NavecD=0 @2 0 0 0 1 0

0 0 11

A etN=0 @0 0 0 0 0 1

0 0 01

A

On calculeTnpar la formule du binôme.

- CommeDest diagonale, on connait ses puissances - On aN2= 0doncNn= 0pourn2 - En...nDN=NetND=NdoncNetDcommuttent et T n= (N+D)n=Pn k=0CknNkDnk=C0nN0Dn+C1nNDn1+Pn k=2CknNkDnk(décou- page valide pourn>2) =Dn+nNDn1=0 @(2)n0 0 0 1 0

0 0 11

A +n0 @0 0 0 0 0 1

0 0 01

A0 @(2)n10 0 0 1 0

0 0 11

A 0 @(2)n0 0 0 1n

0 0 11

A

Cette formule est encore valable pourn= 0etn= 1

Donc pour tout entiern2N:Tn=0

@(2)n0 0 0 1n

0 0 11

A Remarque :on pouvait aussi observer pourn= 0;1, 2 et 3 pour conjecturer puis démontrer par récurrence la formule.

4. On applique alors la formule de changement de base :

mat Bf=matB(B0)matB00fmatB0(B)avecPla matrice de passage deBdansB0qui est

P=matB(B0)donc

M=PTP1etMn=PTnP1Corrigé ESSEC 2003 Page 2/ 6

5.a)Pest la matrice dont les colonnes sont les coordonnées des vecteurs(e01;e02;e03)dans la

base canonique (donc leurs composantes) P=0 @1 1 0 2 1 1

4 1 21

A On applique la méthode de Gauss pour calculerP1:0 @1 1 0 2 1 1

4 1 21 0 0

0 1 0

0 0 11

A

L2+ 2L1

L

34L1()0

@1 1 0 0 3 1

03 21 0 0

2 1 0

4 0 11

AL 1L2=3 L 2=3 L 3+L2, 0 @1 01=3

0 1 1=3

0 0 31=31=3 0

2=3 1=3 0

2 1 11

AL

1+L3=9

L 2L3=9 L 3=3 ()0 @1 0 1 0 1 0

0 0 11=92=9 1=9

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