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Mathématiques - Concours ATS 2016Proposition de corrigé Exercice 1 :
1. Soitaetbdeux suites deU.
On a alors?n?N, an+2=an+1+2anetbn+2=bn+1+2bn. On en déduit alors?n?N, an+2+bn+2= a n+1+bn+1+ 2(an+bn) c"est-à-direa+b?U Soitα?R, alors on a?n?N, αan+2=αan+1+ 2(αan), c"est-à-direαa?U. La suite nulle vérifie bien aussi la relation donnée par l"énoncé. Uest alors un sous-espace vectoriel surRde l"ensemble des suites réelles.2. (a) Montrons que la famille (c,d) est libre.
Je forme une combinaison linéaire égale à la suite nulle, c"est-à-dire?n?N, αcn+βdn= 0. Cette
égalité est donc vraie en particulier pourn= 0 etn= 1. Compte tenu de la définition des suitescetd, on en déduit queα=β= 0. On a donc?n? N, αcn+βdn= 0 alorsα=β= 0 : La famille (c,d) est libre. Montrons que la famille (c,d) est génératrice deU. Soitu?U. On veut montrer qu"il existeαetβtels queu=αc+βd, c"est-à-dire que pour tout n?N, un=αcn+βdn.Condition nécessaire :
L"égalité doit être vérifiée pourn= 0 etn= 1. Ceci impose queα=u0etβ=u1.Condition suffisante :
Montrons que pourα=u0etβ=u1, la propriétéPn:un=αcn+βdnest vraie pour toutn?N.On procède par récurrence (forte) surn.
- Initialisation :P0est clairement vraie.- Hérédité : supposons que la propriété soit vraie jusqu"au rangn+ 1 et montrons qu"elle est
vraie au rangn+ 2.Commeu?U,
u n+2=un+1+ 2un =u0cn+1+u1dn+1+ 2(u0cn+u1dn) par hypothèse de récurrence =u0(cn+1+ 2cn) +u1(dn+1+ 2dn) =u0cn+2+u1dn+2carcetdappartiennent àUAinsiPn+2est vraie.
Par le principe de récurrence,Pnest donc vraie pour tout entiern. On a alors bien expriméu comme combinaison linéaire decetd. la famille (c,d) est une famille génératrice deU. La famille (c,d) étant libre et génératrice deU, alors la famille (c,d) est une base deU. (b) Une base deUest composée de deux vecteurs doncUest de dimension 2.3. (a) Cherchons les suites géométriques de raisonq?= 0, (qn)n?Nappartenant àU.
On a alorsqn+2=qn+1+ 2qn, soit en simplifiant parqn?= 0,qvérifie l"équationq2-q-2 = 0, c"est-à-dire (q+ 1)(q-2) = 0. Avec les notations de l"énoncé, on a doncρ=-1 etσ= 2 (b) Les deux suites (rn)n?Net (sn)n?Nne sont pas proportionnelles donc forment une famille libre deU. OrUest de dimension 2, donc la famille (r,s) est une base deU.4. (a) Soit (α,β) les composantes de la suitevdans la base (r,s).
On a alors?n?N, vn=αrn+βsn, donc en particulier pourn= 0 etn= 1, sachant que r0=s0= 1,r1=-1,s1= 2.
1Cela donne le système?α+β=x
-α+ 2β=yd"où l"on tire immédiatementα=1
3(2x-y), β=13(x+y)
(b) On en déduit alors ?n?N, vn=13(2x-y)(-1)n+13(x+y)2n
5. (a) Version récursive en pseudo-code :
FonctionF(x,y,n)
sin= 0alors retournerx sinon sin= 1alors retournery sinon retournerF(x,y,n-1) + 2F(x,y,n-2)
fin finVersion récursive en Scilab :
functionu=F(x,y,n) ifn==0then u=x else if n==1then u=y else u=F(x,y,n-1)+2*F(x,y,n-2) end end endfunctionVersion itérative en pseudo-code :
FonctionF(x,y,n)
u(0)←x u(1)←y pourivalant de2ànfaire u(i)←u(i-1) + 2u(i-2) fin retourneru(n)Version itérative en Scilab :
functionu=F(x,y,n) //les indices commencent a 1 avecScilab
suite_u=[x,y] fori = 2:nsuite_u=[suite_u,suite_u(i) +2*suite_u(i-1)] end u=suite_u(n+1) endfunction (b) Version en pseudo-code :FonctionG(x,y,n)
retourner13((2x-y)×(-1)n+ (x+y)×2n)
Version en Scilab :
functionu=G(x,y,n) u=1/3*((2*x-y)*(-1)^n+(x+y)*2^n) endfunction(c) La version la plus économique en nombre d"opérations (etdonc la plus rapide) est la fonction
G. La version récursive de F a un temps de calcul qui croît exponentiellement en fonction den.En effet, chaque appel à F(x,y,n) engendre deux appels à cette même fonction F. Les temps de
calculs sous Scilab deviennent effectivement rédhibitoires pourn >30 (en 2016!).Exercice 2 :
21. (a) On sait que l"image d"une famille génératrice est une famille génératrice de l"image, et que pour
écrire une matrice d"une application linéaire, on écrit l"image des vecteurs de base dans la base
d"arrivée. On a donc icif(u1) =f(u3) =u2, f(u2) =u1+u2+u3. Ces deux vecteursf(u1) etf(u2) sont non colinéaires donc forment une base de l"image def.Une base de l"image defet (u2,u1+u2+u3)
u= (x,y,z)?kerf??f(u) = (0,0,0) soit en écriture matricielleAU= 0. Cela se traduit en???????y= 0 x+y+z= 0 y= 0d"où???????x=x y= 0 z=-xc"est-à-dire kerf=Vect(u1-u3) Une base du noyau defest composée du vecteuru1-u3 (b) Le polynôme caractéristique de la matriceAestP(λ) = det(A-λI)
=???????-λ1 01 1-λ1
0 1-λ???????
=???????-λ1 0 -λ1-λ1λ1-λ???????
C1-C3→C1
=-λ???????1 1 00 1-λ1 -1 1-λ??????? =-λ???????1 1 00 1-λ10 2-λ???????
L1+L3→L3
=-λ[-λ(1-λ)-2] =-λ(λ2-λ-2) c"est-à-direP(λ) =-λ(λ+ 1)(λ-2)(c) Les valeurs propres de la matriceAsont les racines du polynôme caractéristique d"où les valeurs propres de
(d) - Le vecteur proprev1= (x,y,z) associé à la valeur propre-1 vérifieAV1=-V1c"est-à- dire qu"il faut résoudre le système???????y=-x x+y+z=-y y=-zce qui équivaut à, après simplification, ?x+y= 0 x+ 2y+z= 0 y+z= 0c"est-à-dire???????x=x y=-x z=x. D"oùv1= (1,-1,1) - Le sous espace propre associé à la valeur propreλ2= 0 correspond au noyau def, donc v2= (1,0,-1)
- De même, le vecteur proprev3= (x,y,z) associé à la valeur propre 2 vérifieAV1= 2V1c"est-à-
dire qu"il faut résoudre le système???????y= 2x x+y+z= 2y y= 2zce qui équivaut à, après simplification, ?-2x+y= 0 x-y+z= 0 y-2z= 0c"est-à-dire???????x=x y= 2x z=x. D"oùv3= (1,2,1) 3(e) La matriceAadmettant valeurs propres distinctes, donc d"après la condition suffisante de diagona-
lisation, la matriceaest diagonalisable dans une base de vecteurs propres : (v1,v2,v3) forme une base deE.
2. (a) Comme la matriceAest diagonalisable, comme dit précédemment, on aD=(((-1 0 0
0 0 00 0 2)))
Pest une matrice de passage dont les colonnes sont constituées des vecteurs propres associés à cha-
cune des valeurs propres. Les vecteurs propres déterminés précédemment respectent la contrainte
de cette question. DoncP=(((1 1 1 -1 0 21-1 1)))
avecA=PDP-1. (b) Pour inverser la matriceP, on résout le systèmePX=YavecX=(((x y z))) etY=(((a b c))) . Le système est alors ?x+y+z=a L1 -x+ 2z=b L2 x-y+z=c L3 soit ?x+y+z=a L1←-L1 -x+ 2z=a L2←-L22x+ 2z=a+c L3←-L1+L3d"où???????x+y+z=a L1←-L1
-x+ 2z=a L2←-L26z=a+ 2b+c L3←-2L2+L3
3(a-b+c)
y=12(a-c)
z=16(a+ 2b+c)
On a alors
P -1=1 6((( 2-2 2 3 0-31 2 1)))
3. Par calcul immédiat, on aA2=(((1 1 11 3 11 1 1)))
, A3=(((1 3 13 5 31 3 1)))4. Montrons par récurrence sur l"entiern?1 la propriété :
Il existe des réelsa1,...,an+2tels queAk=(((a
kak+1ak a k+1ak+2ak+1 a kak+1ak))) pour tout entierkcompris entre1 etn.
- Initialisation : pourn= 1,a1= 0 eta2=a3= 1 conviennent.- Hérédité : on suppose la propriété vraie au rangn. Pour la montrer au rang suivant, il suffit de
montrer qu"il existe un réelan+3tel que : A n+1=(((a n+1an+2an+1 a n+2an+3an+2 a n+1an+2an+1)))