Corrigé du devoir surveillé n o 2 PROBLEME N 1. b = u 1 a u 0. 1 u est une suite arithmétique

Corrigé du devoir surveillé n

2

PROBLEME N˚1

Partie A : Le cas où P est constant

1. S’il existe un réelbtel que∀n∈N, un+1=a un+b, alors en particulier pourn= 0on obtientu1=a u0+b, doncbest unique et :

b=u1−a u0

2. (a) E₁⁽⁰⁾={u∈R^N/∃b∈R, ∀n∈N, un+1=un+b}, autrement dit : u∈E₁⁽⁰⁾ ⇐⇒ uest une suite arithmétique (b) E₀⁽⁰⁾={u∈R^N/∃b∈R, ∀n∈N, un+1=b}, autrement dit :

E₀⁽⁰⁾ est l’ensemble des suites constantes à partie du rang 1

3. Ea⁽⁰⁾ est inclus dans R^N, de plus la suite nulle appartient à Ea⁽⁰⁾ (il suffit de prendre b= 0) donc E⁽⁰⁾a est non vide.

Soient à présentλun réel quelconque, et deux suitesuetv deEa⁽⁰⁾ :

u ∈ Ea⁽⁰⁾, donc il existe b_u ∈ R tel que ∀n ∈ N, u_n+1 = a u_n +b_u de même il existe b_v ∈ R tel que

∀n∈N, v_n+1=a v_n+b_v.

On a alors ∀n∈N, λ un+1+vn+1 =a(λ un+vn) + (λ bu+bv), donc λ u+v appartient à E⁽⁰⁾a ; Ea⁽⁰⁾ est stable par combinaison linéaire, comme il est non vide et inclus dans R^N, c’est donc un sous-espace deR^N et par conséquent, un R-espace vectoriel.

4. On peut écrire : ∀n∈N, 1 =a×1 + (1−a), aⁿ⁺¹ =a×aⁿ+ 0, donc les suitesxet y sont éléments de Ea⁽⁰⁾ avecb_x= 1−aet b_y = 0.

SoiEa⁽⁰⁾ entαetβ des réels tels que l’on aitα x+β y= 0c’est à dire∀n∈N, α+β aⁿ = 0.

En particulier pour n= 0, cela donneα+β = 0, puis pourn = 1 :α+a β = 0; d’où par soustraction : (1−a)β= 0et commea6= 1par hypothèse, on en déduitβ = 0, puisα= 0.La famille(x, y)est donc libre.

5. (a) x₀=x₁= 1;y₀= 1 ety₁=adoncλet µsont solutions du système : λ+µ = u₀

λ+a µ = u₁ donc : µ=u₁−u₀

a−1 et λ=a u₀−u₁ a−1 . (b) SoitPn: un =λ xn+µ yn établissons la pour toutnpar récurrence :

Initialisation : l’égalité est vérifiée aux rangsn= 0etn= 1(question précédente).

Soitn∈N, on suppose queP_n est vraie, on a : u_n+1=a u_n+b_u caru∈Ea⁽⁰⁾

=a(λ xn+µ yn) +bu d’après l’hypothèse de récurrence.

Or, d’après la question 4,xn+1=a xn+ (1−a)etyn+1=a yn, donc : un+1=λ(xn+1+a−1) +µ yn+1 +bu=λ xn+1+µ yn+1+ (a u0−u1

| {z }

λ(a−1)

) + (u1−a u0

| {z }

bu

).

On a donc établiPn+1 doncPn est vraie pour toutn∈N.

(c) On en conclut que toute suite deEa⁽⁰⁾ peut s’écrire comme combinaison linéaire des suites xet y, donc la famille (x, y) engendreEa⁽⁰⁾; comme elle est libre c’en est une base.

6. Ea⁽⁰⁾ admet une base composée de deux vecteurs, c’est donc un espace de dimension 2.

Partie B : Le cas où a 6= 1

1. (a) •Linéarité : SoientP, Qdeux polynômes deRp[X]et λ∈R: φ(λ P+Q) =

(λ P+Q)(0), . . . ,(λ P+Q)(p)

=λ P(0), . . . , P(p)

+ Q(0), . . . , Q(p)

=λ φ(P)+φ(Q); doncφest linéaire.

• Injectivité : Soit P ∈ Rp[X], P ∈ ker(φ) ⇐⇒ P(0) = P(1) = · · · = P(p) = 0, donc P admet p+ 1racines distinctes (tous les entiers de0à p). CommeP est de degré inférieur ou égal àp, P est le polynôme nul.

Conclusion :φest linéaire, injective,dim(Rp[X]) = dim(R^p+1) =p+ 1, donc on peut utiliser le théorème du rang pour déduire queφest bijective.

(b) Soient P et Q deux polynômes de Rp[X] tels que ∀n ∈ N, u_n+1 = a u_n+P(n) et ∀n ∈ N, u_n+1 = a u_n+Q(n). En particulier pour tous les entiersk∈[[0, p]], on aP(k) =Q(k) =u_k+1−a u_k.P etQont donc même image parϕ; commeϕest injective on en déduitP =Q.

2. On montre queEa^(p)est un sous-espace deR^N: la suite nulle appartient àEa^(p), il suffit de prendreP = 0.

Soient à présentλun réel quelconque, et deux suitesuetv deEa^(p) :

u∈Ea^(p), donc il existePu∈Rp[X] tel que∀n∈N, un+1=a un+Pu(n)de même il existePv∈Rp[X]tel que∀n∈N, vn+1=a vn+Pv(n).

On a alors ∀n ∈ N, λ u_n+1 +v_n+1 = a(λ u_n +v_n) + (λ P_u(n) +P_v(n)

| {z }

(λ P_u+P_v)(n)

); or λ P_u +P_v ∈ Rp[X] donc

λ u+v appartient àEa^(p).Ea^(p)est inclus dansR^N, non vide, stable par combinaison linéaire, c’est donc un sous-espace deR^Net par conséquent, un R-espace vectoriel.

3. Le calcul précédent montre que le polynôme associé à la suiteλ u+v est le polynômeλ P_u+P_v, on a donc :∀(u, v)∈

Ea^(p)

2

, ∀λ∈R, θ(λ u+v) =λ θ(u) +θ(v).θest bien une application linéaire.

4. u∈ker(θ) ⇐⇒ ∀n∈N, un+1=a un doncker(θ)est l’ensemble des suites géométriques de raison a(droite vectorielle engendrée par la suite y).

5. (a) deg(X+ 1)^k) =k,deg(a X^k)6k, doncdeg(Qk)6k. D’autre part le coefficient deX^k vaut1−a, comme a6= 1,Qk est de degrék exactement.

(b) Les polynômes Q0, . . . , Qp sont de degrés tous distincts, ils forment donc une famille libre ; comme le cardinal de cette famille vautp+ 1 = dim(Rp[X]), c’est bien une base deRp[X].

(c) Prenons la suitex^(k):∀n∈N, x^(k)n =n^k. On a bien∀n∈N, x^(k)_n+1−a x^(k)n =Qk(n), doncθ(x^(k)) =Qk, etQk∈Im(θ).

(d) La famille (Q0, . . . , Qp)est une famille de vecteurs de Im(θ)donc Vect(Q0, . . . , Qp)⊂Im(θ)mais c’est aussi une base deR^p[X], doncR^p[X]⊂Im(θ); par conséquent Im(θ) =R^p[X] etθest surjective.

6. Montrons queEa^(p)admet une famille génératrice finie : on vient de voir queθest surjective, choisissons un antécédent pour chacun des polynômes (Q0, . . . , Qp)(qui forment une base de Im(θ)), par exemple lesx^(k) définis à la question précédente. Soit(u)∈Ea^(p),θ(u)s’exprime comme combinaison linéaire de(Q0, . . . , Qp) donc∃(α0, . . . , αp)∈R^p+1 tels queθ(u) =α0Q0+· · ·+αpQp.

Par conséquent θ u−(α₀x⁽⁰⁾+· · ·+α_px^(p))

= 0 donc u−(α₀x⁽⁰⁾ +· · ·+α_px^(p)) ∈ Ker(θ); comme Ker(θ) =Vect(y)il existeβ ∈Rtel que u=α₀x⁽⁰⁾+· · ·+α_px^(p)+β y.

La famille x⁽⁰⁾, . . . , x^(p), y

engendreEa^(p)qui est donc bien un espace de dimension finie.

Ker(θ)est de dimension 1, donc d’après le théorème du rang,Ea^(p)est un espace vectoriel de dimension égale à 1 plus celle deR^p[X], soitp+ 2.

7. La famille

x⁽⁰⁾, . . . , x^(p)

a pour image par θ la famille (Q₀, . . . , Q_p) qui est libre (en tant que base de Rp[X]), c’est donc une famille libre. On vérifie ensuite quey6∈Vect

x⁽⁰⁾, . . . , x^(p)

: supposons qu’il existe des réelsα0, . . . , αp tels quey=α0x⁽⁰⁾+· · ·+αp x^(p), c’est à dire :

∀n∈N, y =α x⁽⁰⁾+· · ·+α x^(p). Lesαne sont pas tous nuls sinony serait la suite nulle ; en appliquant

8. La suite ucherchée appartient à E₂⁽¹⁾, dont une base est constituée des suites (1)_n∈N, (n)_n∈N, 2ⁿ

n∈N. Donc il existe des réelsα, β, γ, indépendants den, tels que l’on ait :∀n∈N, u_n=α+β n+γ2ⁿ.

En particulier, pour n= 0 : u0=−2 =α+ 0 +γ pour n= 1 : u1= 2u0−0 + 7 = 3 =α+β+ 2γ pour n= 2 : u2= 2u1−2 + 7 = 11 =α+ 2β+ 4γ

∀n∈N, u_n=−5 + 2n+ 3×2ⁿ

Partie C : Le cas où a = 1

1. On reprend les résultats établis à la partie B, en regardant s’ils dépendent ou pas de la valeur dea: La linéarité deϕ, l’existence et l’unicité dePune dépendent pas dea;E^(p)₁ est un espace vectoriel surR, et l’applicationθest linéaire.

Noyau de θ: u∈ker(θ) ⇐⇒ ∀n∈ N, u_n+1 =u_n doncker(θ)est l’ensemble des suites constantes (droite vectorielle engendrée par la suite x).

Degré deQk : Q0est le polynôme nul, et pour k>1,Qk est de degrék−1; la famille Q1, . . . , Qp+1

est libre et c’est une base deRp[X].

Surjectivité deθ: pour toutk>1,Q_k est l’image parθ de la suite x^(k+1)

, doncθest surjective.

On conclut donc comme pour le casa6= 1, queE^(p)₁ est de dimensionp+ 2, et une base deE₁^(p)est constituée des suites x⁽¹⁾, . . . , x^(p), x^(p+1), x

E₁^(p)=n

u∈R^N/∃(α0, . . . , α_p+1)∈R^p+2, ∀n∈N, u_n =α₀x_n+· · ·+α_p+1x^(p+1)n

o

2. La suite u cherchée appartient à E₁⁽¹⁾, dont une base est constituée des suites (1)_n∈N, (n)_n∈N, n²

n∈N. Donc il existe des réelsα, β, γ, indépendants den, tels que l’on ait :∀n∈N, un=α+β n+γ n².

En particulier, pour n= 0 : u₀=−2 =α pour n= 1 : u₁=u₀−0 + 1 =−1 =α+β+γ pour n= 2 : u₂=u₁−6 + 1 =−6 =α+ 2β+ 4γ

∀n∈N, un=−2 + 4n−3n²

PROBLEME N˚2

1. Diagonalisation de u (a) Calcul de Ker(u+ 2id_E):

X~ = (x, y, z)∈Ker (u+ 2id_E) ⇐⇒



 1 2





1 1 1

1 1 −1 4 −4 −2



+ 2





1 0 0 0 1 0 0 0 1







×



 x y z



=



 0 0 0





⇐⇒







5x + y + z = 0

x + 5y − z = 0

4x − 4y + 2z = 0

⇐⇒







5x + y + z = 0

6x + 6y = 0 L₁+L₂ 6x + 6y = 0 2L2 +L₃

⇐⇒

x = −y

z = 4y Ainsi Ker (u+ 2id_E) =Vect(−−→e₁+−→e₂+ 4−→e₃)

−−→e1+−→e2+ 4−→e3 n’est pas le vecteur nul, il constitue une famille libre donc une base de Ker (u−id_E).

Calcul de Ker (u−id_E):

X~ = (x, y, z)∈Ker (u−id_E) ⇐⇒



 1 2





1 1 1

1 1 −1 4 −4 −2



−





1 0 0 0 1 0 0 0 1







×



 x y z



=



 0 0 0





⇐⇒







−x + y + z = 0

x − y − z = 0

4x − 4y − 4z = 0

⇐⇒ x = y+z, d’où Ker (u−id_E) =Vect(−→e2− −→e3,−→e1+−→e2) Les vecteurs−→e2− −→e3 et−→e1+−→e2ne sont pas colinéaires, il forment donc une famille libre, et par conséquent une base de Ker (u−id_E).

Ker (u+ 2id_E) =Vect(−−→e1+−→e2+ 4−→e3) , Ker (u−id_E) =Vect(−→e2− −→e3,−→e1+−→e2) (b) Notons−→

e⁰₁ le vecteur de base de Ker (u+ 2id_E);−→ e⁰₂ et−→

e⁰₃ les vecteurs de la base de Ker (u−id_E)

−→ e⁰₂,−→

e⁰₃

est libre en tant que base de Ker (u−id_E); de plus −→

e⁰₁ 6∈ Vect−→ e⁰₂,−→

e⁰₃

, donc la famille −→

e⁰₁,−→ e⁰₂,−→

e⁰₃

est libre. Comme elle est de cardinal 3 c’est une base deE. On a vu que u(−→

e⁰₁) = −2−→ e⁰₁, u(−→

e⁰₂) = −→

e⁰₂ et u(−→ e⁰₃) = −→

e⁰₃ donc la matrice de udans cette base est bien





−2 0 0 0 1 0 0 0 1



.

2. Recherche des racines carrées de u

(a) i. On au◦v= (v◦v)◦v=v◦v(◦v) =v◦u.

ii. D’après la question précédente,u v−→

e⁰₁

=v u−→

e⁰₁

=v

−2−→ e⁰₁

=−2v−→ e⁰₁

. On en déduit quev−→

e⁰₁

∈Ker (u+ 2id_E) =Vect−→ e⁰₁

doncv−→ e⁰₁

et−→

e⁰₁ sont colinéaires.

iii. De même que pour−→

e⁰₁, on a pouri= 2 ou 3 :u v−→

e⁰_i

=v u−→

e⁰_i

=v−→ e⁰_i On en déduit quev−→

e⁰_i

∈Ker (u−id_E) =Vect−→ e⁰₂,−→

e⁰₃ . iv. v −→

e⁰₁ et−→

e⁰₁ sont colinéaires, donc il existea∈Rtel que v −→ e⁰₁

=a−→ e⁰₁. De mêmev−→

e⁰₂

∈Vect−→ e⁰₂,−→

e⁰₃

donc il existe(x, z)∈R² tel que v−→ e⁰₂

=x−→ e⁰₂+z−→

e⁰₃.

−→ −→ −→ −→ −→ −→

v. Siv◦v =u, alorsMat(v,B⁰)× Mat(v,B⁰) =Mat(u,B⁰), donc par identification des coefficients, on aa²=−2.

(b) Il n’existe pas d’endomorphismev tel quev◦v=ucar il n’existe aucun réel de carré −2.

3. (a) i. Les vecteurs−→e1 et u −→e1

ne sont pas colinéaires donc la famille −→e1, u(−→e1)

est libre.

ii. −→x de coordonnées(a, b, c)∈Vect −→e₁, u(−→e₁)

⇐⇒ ∃(α, β)∈R² tels que−→x =α−→e₁+β u(−→e₁).

⇐⇒ −→x =

α+β 2

−→e₁+β 2

−

→e₂+ 2β−→e₃

⇐⇒







α + ^β₂ = a

β

2 = b

2β = c

⇐⇒ 4b−c= 0 Donc si4b−c= 0, −→x ∈Vect −→e1, u(−→e1)

, donc la famille −→e1, u(−→e1),−→x est liée et si4b−c6= 0,−→x 6∈Vect −→e1, u(−→e1)

, comme la famille −→e1, u(−→e1)

est libre, la famille −→e1, u(−→e1), −→x est également libre.

Une famille de 3 vecteurs deEest une base si et seulement si elle est libre, donc en conclusion :

−

→e1, u(−→e1),−→x

est une base deE ⇐⇒ 4b−c6= 0 iii. Il suffit de constater que les coordonnées de −→

e₁” ne vérifient pas l’équation 4b −c = 0, ainsi

−

→e1, u(−→e1),−→

e1”

est bien une base deE. iv. La matrice de passage estP =





1 1/2 1 0 1/2 1

0 2 1



et son inverse estP⁻¹=





1 −1 0

0 −2/3 2/3 0 4/3 −1/3





La matriceA” est alors donnée parA” =P⁻¹A P =





0 2 1

1 −1 −1

0 0 1





(b) i. Mat(f,C) =

−1 −1

0 1

f (0,1)

= (−1,1); on constate que(0,1)etf (0,1)

ne sont pas colinéaires donc forment une base deR².

La matrice de passage deC àC⁰ estQ=

1 −1 0 1

, son inverse estQ⁻¹=

1 1

−1 0

. ii. On a alorsMat(f,C⁰) =Q⁻¹× Mat(f,C)×Q=

0 1 1 0

(c) i. On peut faire un calcul direct deR⁻¹qui prouve par la même occasion queRest inversible ; toutefois on peut aussi faire le raisonnement suivant : les deux dernières colonnes deRne sont pas proportion- nelles (sinon les deux dernières de Mat(f,C⁰) le seraient) de plus (1,0,0) 6∈Vect (0,0,1),(0,1,0) est évident, donc la matriceR est inversible.

Ce raisonnement ne dispense pas du calcul deR⁻¹ :R⁻¹=





1 0 0

0 1 1

0 −1 0





ii. R⁻¹A”R=





0 1 −1

1 0 1

−1 1 0



,on peut aussi faire un calcul par blocs.

(d) Aest semblable àA⁰⁰;A⁰⁰est semblable àA⁰⁰⁰=R⁻¹A⁰⁰R, doncAest semblable àA⁰⁰⁰dont la diagonale est nulle.

Remarquons de la matrice de passage pour passer deAàA⁰⁰⁰ est égale àP R: A⁰⁰=P⁻¹A P, A⁰⁰⁰=R⁻¹A⁰⁰Rd’oùA⁰⁰⁰=R⁻¹ P⁻¹A P

R= (P R)⁻¹A(P R)