ECRICOME 2018
Exercice I
Partie I
1. Soit A la matrice deM3(R) donnée par :A=
2 1 −2
0 3 0
1 −1 5
. a) CalculerA2−7A.
Démonstration.
• Tout d’abord :A2 =
2 1 −2
0 3 0
1 −1 5
2 1 −2
0 3 0
1 −1 5
=
2 7 −14
0 9 0
7 −7 23
.
• Ainsi :A2−7A=
2 7 −14
0 9 0
7 −7 23
−
14 7 −14
0 21 0
7 −7 35
=
−12 0 0
0 −12 0
0 0 −12
= −12I3.
On en conclut :A2−7A=−12I3.
b) En déduire que les seuls réels susceptibles d’être valeurs propres deA sont les réels 3et4.
Démonstration.
D’après la question précédente, le polynômeP(X) = X2 −7X+ 12 = (X−3)(X−4) est un polynôme annulateur de la matriceA.
Or, le spectre deA est inclus dans l’ensemble des racines d’un polynôme annulateur deA.
Ainsi, Sp(A)⊂ {3,4}. Les seuls réels susceptibles d’être valeurs propres de Asont 3 et4.
• Une matriceA∈Mn(R) possèdeTOUJOURSun polynôme annulateur non nul P. On peut même démontrer (ce n’est pas au programme en ECE) qu’il existe toujours un tel polynôme de degré (au plus) n.
• SiP est un polynôme annulateur de Aalors, pour toutα∈R, le polynômeα P est toujours un polynôme annulateur puisque :
(α P)(A) =α P(A) = 0
Cela suffit à démontrer que Apossède une infinité de polynômes annulateurs.
On peut en obtenir d’autres. Par exempleQ(X) = (X−5)P(X) est un polynôme annulateur deA puisque :
Q(A) = (A−5I) P(A) = 0 Il faut donc parlerD’UN polynôme annulateur d’une matrice.
• Les racines d’un polynôme annulateur ne sont pas forcément toutes valeurs propres de A. Si c’était le cas, A aurait une infinité de valeurs propres (elle en possède au plus3!). Par exemple, commeQ(X) = (X−5)P(X) est un polynôme annulateur, un tel raisonnement permettrait de démontrer que5 est aussi valeur propre.
Commentaire
c) Trouver alors toutes les valeurs propres deA, et pour chacune d’entre elles, donner une base du sous-espace propre associé.
Démonstration.
• Déterminons E3(A) ={X∈M3,1(R) |(A−3·I3) X= 0M3,1(R)}.
SoitX =
x y z
∈M3,1(R).
X ∈E3(A) ⇐⇒ (A−3·I3) X= 0M3,1(R)
⇐⇒
−1 1 −2
0 0 0
1 −1 2
x y z
=
0 0 0
⇐⇒
−x + y − 2z = 0 0 = 0 x − y + 2z = 0
L3←L3+L1
⇐⇒
−x + y − 2z = 0 0 = 0 0 = 0
⇐⇒
−x + y − 2z = 0 Finalement, on obtient l’expression deE3(A) suivante :
E3(A) = {
x y z
∈M3,1(R)|x=y−2z}
= {
y−2z
y z
|(y, z)∈R2}
= {y·
1 1 0
+z·
−2 0 1
|(y, z)∈R2} = Vect
1 1 0
,
−2 0 1
Comme E3(A)6={0M3,1(R)},3 est bien valeur propre deA, d’espace propre associé E3(A).
E3(A) = Vect
1 1 0
,
−2 0 1
Il est important de lire l’énoncé de ce type de questions en entier pour choisir une méthode de résolution. En effet :
× si l’énoncé demande simplement de montrer qu’un réel λdonné est valeur propre d’une matrice Acarrée d’ordre3, alors on vérifierg(A−λ I3)<3 pour ce réelλparticulier.
(si A est une matrice carrée d’ordre 2, on vérifie det(A−λ I2) = 0)
× si l’énoncé demande de montrer qu’un réel λ est valeur propre d’une matrice A carrée d’ordre3etde déterminer le sous-espace propre associé, alors on détermine directement Eλ(A) et comme Eλ(A) 6={0M
3,1(R)}, cela démontre que Eλ(A) est bien le sous-espace propre associé à la valeur propreλ.
Commentaire
• Déterminons E4(A) ={X∈M3,1(R) |(A−4·I3) X= 0M3,1(R)}.
SoitX =
x y z
∈M3,1(R).
X∈E4(A) ⇐⇒ (A−4·I3) X= 0M3,1(R)
⇐⇒
−2 1 −2
0 −1 0
1 −1 1
x y z
=
0 0 0
⇐⇒
−2x + y − 2z = 0
− y 0 = 0 x − y + z = 0
L3←2L3+L1
⇐⇒
−2x + y − 2z = 0
− y = 0
− y = 0
⇐⇒
−2x + y = 2z
− y = 0
L1←L1+L2
⇐⇒
−2x = 2z
− y = 0 Finalement, on obtient l’expression deE4(A) suivante :
E4(A) = {
x y z
∈M3,1(R) |x=−z et y= 0}
= {
−z 0 z
|z∈R} = {z·
−1 0 1
|z∈R} = Vect
−1 0 1
Comme E4(A)6={0M3,1(R)},4 est bien valeur propre deA, d’espace propre associé E4(A).
E4(A) = Vect
−1 0 1
d) La matriceA est-elle inversible ? Est-elle diagonalisable ? Démonstration.
• D’après la question précédente, 0n’est pas valeur propre de A.
Ainsi, Aest inversible.
• Déterminons les dimensions des sous-espaces propres.
La familleF1 =
1 1 0
,
−2 0 1
:
× engendre E3(A),
× est libre car constituée de deux vecteurs non colinéaires.
Ainsi, F1 est une base deE3(A).
On en déduit :dim E3(A)
= Card F1
= 2.
La familleF2 =
−1 0 1
:
× engendre E4(A),
× est libre car constituée d’un vecteur non nul.
Ainsi, F2 est une base deE4(A).
On en déduit :dim E4(A)
= Card F2
= 1.
• La matriceA est un matrice carrée d’ordre 3. Or : dim E3(A)
+ dim E4(A)
= 3 On en déduit que Aest diagonalisable.
2. Soit B = (e1, e2, e3) la base canonique de R3 et f l’endomorphisme deR3 dont la matrice repré- sentative dans la base B est la matrice :B =
1 −1 −1
−3 3 −3
−1 1 1
.
a) Déterminer le noyau def. En déduire une valeur propre de f et l’espace propre associé.
Démonstration.
• Soitu= (x, y, z)∈R3 et notons U = MatB(u) =
x y z
∈M3,1(R).
u∈Ker(f) ⇐⇒ f(u) = 0R3
⇐⇒ BU = 0M3,1(R)
⇐⇒
1 −1 −1
−3 3 −3
−1 1 1
x y z
=
0 0 0
⇐⇒
x − y − z = 0
−3x + 3y − 3z = 0
−x + y + z = 0
L2←L2+ 3L1 L3←L3+L1
⇐⇒
x − y − z = 0
− 6z = 0 0 = 0
⇐⇒
x − z = y z = 0
L1←L1+L2
⇐⇒
x = y z = 0 Finalement, on obtient l’expression deKer(f) suivante :
Ker(f) = {(x, y, z)∈R3 |x=y et z= 0}
= {(y, y,0)|y∈R} = {y·(1,1,0)|y∈R} = Vect ((1,1,0)) Ker(f) = Vect ((1,1,0))
• Ainsi :E0(f) = Ker(f) = Vect ((1,1,0))6={0
R3}.
On en déduit que 0 est valeur propre def, d’espace propre associé E0(f) = Vect ((1,1,0)).
b) Déterminer le rang de la matriceB−2I3. Démonstration.
rg(B−2I3) = rg
−1 −1 −1
−3 1 −3
−1 1 −1
= rg
−1
−3
−1
,
−1 1 1
,
−1
−3
−1
= dim( Vect
−1
−3
−1
,
−1 1 1
,
−1
−3
−1
)
= dim( Vect
−1
−3
−1
,
−1 1 1
) = 2
En effet, la famille
−1
−3
−1
,
−1 1 1
est libre car constituée de deux vecteurs non colinéaires.
rg(B−2I3) = 2 c) Calculerf(e1−e2−e3).
Démonstration.
MatB f(e1−e2−e3)
= MatB(f)×MatB(e1−e2−e3)
=
1 −1 −1
−3 3 −3
−1 1 1
×
1
−1
−1
=
3
−3
−3
On en déduit : f(e1−e2−e3) = (3,−3,−3).
d) Déduire des questions précédentes que l’endomorphismef est diagonalisable.
Démonstration.
• D’après la question2.b) :rg(B−2I3) = 2<3.
On en déduit que la matriceB−2I3 n’est pas inversible.
Ainsi, 2est valeur propre deB = MatB(f).
Le réel 2est valeur propre def.
• D’après la question2.c) :
f(e1−e2−e3) = (3,−3,−3) = 3·(1,−1,−1) = 3·(e1−e2−e3) Comme e1−e2−e3 6= 0R3, le réel 3est valeur propre def.
• Enfin, on a démontré en 2.a) que0 est valeur propre def.
L’application f est un endomorphisme deR3 qui possède3 valeurs propres distinctes.
On en conclut quef est diagonalisable.
• On peut aussi démontrer que2est valeur propre def à l’aide du théorème du rang.
Détaillons cette rédaction.
• CommeB−2I3 = MatB(f−2id), on en déduit : rg(f−2id) = 2.
Ainsi, d’après le théorème du rang :
dim(R3) = dim Ker(f−2id)
+ dim Im(f−2id)
q q
3 2
On en déduit :dim Ker(f −2id)
= 1.
CommeE2(f) = Ker(f−2id)6={0
R3},2est valeur propre def. Commentaire
3. Trouver une matrice P inversible vérifiant toutes les conditions ci-dessous :
? la matrice D2 =P−1 B P est égale à
3 0 0 0 0 0 0 0 2
,
? les coefficients situés sur la première ligne deP sont 1,1 et−1(de gauche à droite),
? la matrice D1 =P−1 A P est également diagonale.
Démonstration.
• D’après la question précédente, l’endomorphismef est diagonalisable.
Il en est donc de même de la matriceB.
Il existe donc une matrice inversible P et une matriceD2 diagonale telles que : B=P D2P−1
Plus précisément, la matriceP est obtenue par concaténation de bases des sous-espaces propres de B et la matrice D2 est la matrice diagonale dont les coefficients diagonaux sont les valeurs propres deB (dans le même ordre d’apparition que les vecteurs propres).
• Déterminons alors les sous-espaces propres deB.
− On a vu en question 2.c) que
1
−1
−1
est vecteur propre de B associé à la valeur propre 3.
On en déduit :
E3(B)⊃Vect
1
−1
−1
Or, comme B est diagonalisable : dim E3(B)
+ dim E0(B)
+ dim E4(B)
= 3.
Comme tous ces espaces propres sont de dimension 1 au minimum, on obtient : dim E3(B)
= dim E0(B)
= dim E4(B)
= 1
Ainsi :E3(B) = Vect
1
−1
−1
.
− D’après la question 2.a) :E0(B) = Vect
1 1 0
.
− Il reste alors à déterminer E2(B)) ={X∈M3,1(R) |(B−2·I3) X= 0M3,1(R)}.
Soit X=
x y z
∈M3,1(R).
X ∈E2(B) ⇐⇒ (B−2·I3) X= 0M3,1(R)
⇐⇒
−1 −1 −1
−3 1 −3
−1 1 −1
x y z
=
0 0 0
⇐⇒
−x − y − z = 0
−3x + y − 3z = 0
−x + y − z = 0
L2←L2−3L1 L3←L3−L1
⇐⇒
−x − y − z = 0
4y = 0
2y = 0
⇐⇒
−x − y = z y = 0
L1←L1+L2
⇐⇒
−x = z y = 0 Finalement, on obtient l’expression de E2(B) suivante :
E2(B) = {
x y z
∈M3,1(R) |x=−z et y= 0}
= E4(A) = Vect
−1 0 1
(en reconnaissant
l’expression obtenue en1.c))
• On obtient donc :
P =
1 1 −1
−1 1 0
−1 0 1
et D2 =
3 0 0 0 0 0 0 0 2
• Remarquons alors :
− A×
1
−1
−1
=
2 1 −2
0 3 0
1 −1 5
1
−1
−1
=
3
−3
−3
= 3·
1
−1
−1
Ainsi,
1
−1
−1
est un vecteur propre deA associé à la valeur propre3.
− A×
1 1 0
= 3·
1 1 0
car, d’après la question 1.c),
1 1 0
est un vecteur propre deA associé à la valeur propre 3.
La famille F3 =
1
−1
−1
,
1 1 0
est une famille libre (car constituée de deux vecteurs non colinéaires) de E3(A).
Or : Card F3
= 2 = dim E3(A) .
On en déduit que F3 est une base deE3(A).
− A×
−1 0 1
=
2 1 −2
0 3 0
1 −1 5
−1 0 1
=
−4 0 4
= 4·
−1 0 1
Ainsi,
−1 0 1
est un vecteur propre deA associé à la valeur propre4.
La familleF4=
−1 0
−1
est une famille libre (car constituée d’un vecteur non nul) deE3(A).
Or : Card F4
= 1 = dim E4(A) .
On en déduit que F4 est une base deE4(A).
• La matriceAétant diagonalisable, on sait qu’il existe une matriceQinversible et une matriceD1 diagonale telles que :
A=QD1Q−1
Plus précisément, la matrice Q est obtenue par concaténation de bases des sous-espaces propres de A et la matrice D1 est la matrice diagonale dont les coefficients diagonaux sont les valeurs propres deA (dans le même ordre d’apparition que les vecteurs propres). On obtient donc :
Q=
1 1 −1
−1 1 0
−1 0 1
=P et D1=
3 0 0 0 3 0 0 0 4
La matrice P =
1 1 −1
−1 1 0
−1 0 1
vérifie les conditions énoncées dans le sujet.
Partie II On pose X0 =
3 0
−1
,X1 =
3 0
−2
, et pour tout entier natureln :Xn+2= 1
6 A Xn+1+1
6 B Xn. Soit(Yn)n∈N la suite matricielle définie par :∀n∈N, Yn=P−1Xn.
1. Démontrer que : ∀n∈N,Yn+2 = 1
6 D1 Yn+1+1
6 D2 Yn. Démonstration.
Soit n∈N.
• En multipliant à gauche de part et d’autre de l’égalité de définition de la suite matricielle(Xn)n∈N, on obtient :
P−1Xn+2 = P−1 1
6 A Xn+1+1 6 B Xn
= 1
6 P−1A Xn+1+1
6 P−1B Xn
• Par définition de la suite(Yn)n∈N :Xn=P Yn etXn+1 =P Yn+1. Ainsi : P−1Xn+2 = 1
6 P−1AP Yn+1+1
6 P−1BP Yn = 1
6 D1 Yn+1+1
6 D2 Yn
∀n∈N,Yn+2= 1
6 D1 Yn+1+1
6 D2 Yn
2. Pour tout entier naturel n, on noteYn=
an bn cn
. Déduire de la question précédente que :
∀n∈N,
an+2 = 1
2 an+1+1 2 an bn+2 = 1
2 bn+1 cn+2 = 2
3 cn+1+1 3 cn
Démonstration.
Soit n∈N.
• Par calcul : D1Yn+1=
3 0 0 0 3 0 0 0 4
an+1 bn+1 cn+1
=
3an+1 3bn+1 4cn+1
et D2Yn=
3 0 0 0 0 0 0 0 2
an bn cn
=
3an
0 2cn
• On en déduit, par la question précédente : Yn+2 = 1
6 D1Yn+1 + 1 6 D2Yn
q q q
an+2 bn+2 cn+2
= 1 6
3an+1 3bn+1 4cn+1
+ 1 6
3an
0 2cn
= 1 6
3an+1+ 3an 3bn+1 4cn+1+ 2cn
On a bien : ∀n∈N, an+2 = 1
2 an+1+1
2 an, bn+2= 1
2 bn+1 et cn+2 = 2
3 cn+1+1 3 cn. 3. Démontrer que P−1 =
1 −1 1
1 0 1
1 −1 2
, puis calculer les matrices Y0 etY1. Démonstration.
• On remarque :
1 1 −1
−1 1 0
−1 0 1
×
1 −1 1
1 0 1
1 −1 2
=
1 0 0 0 1 0 0 0 1
On en conclut que la matrice P est inversible, d’inverse P−1 =
1 −1 1
1 0 1
1 −1 2
.
L’énoncé fournit l’inverse (supposée) deP. Il est donc inutile de calculer cette inverse à l’aide de l’algorithme du pivot de Gauss. Cette rédaction est évidemment acceptée mais pénalisante à terme du fait de la perte de temps qu’elle implique. On détaille ci-dessous cette rédaction qu’il convient de connaître mais qu’il ne faut appliquer que lorsque nécessaire.
On applique l’algorithme du pivot de Gauss.
1 1 −1
−1 1 0
−1 0 1
1 0 0 0 1 0 0 0 1
On effectue les opérations
L2←L2+L1
L3←L3+L1
. On obtient :
1 1 −1 0 2 −1 0 1 0
1 0 0 1 1 0 1 0 1
On effectue l’opération
L3←2 L3−L2 . On obtient :
1 1 −1 0 2 −1 0 0 1
1 0 0
1 1 0
1 −1 2
La réduite obtenue est triangulaire supérieure et ses coefficients diagonaux sont tous non nuls.
Ainsi,P est inversible.
On effectue les opérations
L1←L1+L3 L2←L2+L3
. On obtient :
1 1 0 0 2 0 0 0 1
2 −1 2
2 0 2
1 −1 2
On effectue l’opération
L1←2 L1−L2 . On obtient :
2 0 0 0 2 0 0 0 1
2 −2 2
2 0 2
1 −1 2
On effectue enfin les opérations
( L1 ← 12 L1 L2 ← 12 L2
. On obtient :
1 0 0 0 1 0 0 0 1
1 −1 1
1 0 1
1 −1 2
Commentaire
• Par définition : Y0=P−1X0 =
1 −1 1
1 0 1
1 −1 2
3 0
−1
=
2 2 1
et Y1 =P−1X1 =
1 −1 1
1 0 1
1 −1 2
3 0
−2
=
1 1
−1
Y0=
2 2 1
et Y1 =
1 1
−1
• Par définition, la matriceB ∈Mn(R) est l’inverse de la matrice A∈Mn(R)si : AB =BA=In
Si c’est le cas,B est notée A−1 et on obtient aussi queA est l’inverse deB.
• Dans la démonstration, on utilise le résultat classique suivant :
AB=In ⇒ A etB sont inverses l’une de l’autre (la propriété réciproque est évidemment vérifiée)
autrement dit :
AB=In ⇒ AB=BA=In
SiAB=In, on dit que la matriceB estl’inverse à droitede la matriceA. Ainsi, l’implication précédente signifie que, dans l’espace vectoriel des matrices carrées d’ordren, siApossède une inverse à droite notéeBalorsAest inversible d’inverse (tout court)B. Si l’on sait queAB=In, il est donc inutile de vérifierBA=In pour conclure quant à l’inversibilité deA.
• Le résultat suivant est évidemment lui aussi vérifié :
BA=In ⇒ A etB sont inverses l’une de l’autre SiB est l’inverse à gauchede AalorsB est l’inverse deA.
Commentaire
4. Pour tout entier naturel n, calculeran,bn etcn en fonction den.
Démonstration.
• La suite(an) vérifie :∀n∈N,an+2= 12 an+1+12 an. C’est donc une suite récurrente linéaire d’ordre2.
− L’équation caractéristique associée à la suite(an) est :x2 = 12 x+12. Notons P le polynôme : P(X) =X2− 12 X−12 = (X−1)(X+12).
Ce polynôme admet deux racines distinctes : 1et−12.
− On en déduit la formule explicite de (an):
∀n∈N, an=λ×1n+µ×
−1 2
n
=λ+µ×
−1 2
n
où les valeursλetµ sont données par le système : (S)
λ + µ = 2 (valeur de a0) λ − 1
2 µ = 1 (valeur de a1) Résolvons-le.
(S) L2
←L2−L1
⇐⇒
λ + µ = 2
−3
2 µ = −1
L1←3 2L1+L2
⇐⇒
3
2 λ = 2
−3
2 µ = −1 Ainsi, pour toutn∈N:an= 4
3 +2 3
−1 2
n
.
• La suite(bn) vérifie : ∀n∈N,bn+1 = 12 bn. C’est donc une suite géométrique.
Ainsi, pour tout n∈N:bn= 1
2 n
b0= 2 1
2 n
= 1
2 n−1
.
• La suite(cn) vérifie : ∀n∈N,cn+2 = 23 cn+1+13 cn. C’est donc une suite récurrente linéaire d’ordre2.
− L’équation caractéristique associée à la suite(cn) est :x2= 23 x+13. Notons P le polynôme : P(X) =X2− 23 X−13 = (X−1)(X+13).
Ce polynôme admet deux racines distinctes : 1et−13.
− On en déduit la formule explicite de (cn) :
∀n∈N, cn=λ×1n+µ×
−1 3
n
=λ+µ×
−1 3
n
où les valeursλetµ sont données par le système : (S)
λ + µ = 1 (valeur de c0) λ − 1
3 µ = −1 (valeur de c1) Résolvons-le.
(S) L2
←L2−L1
⇐⇒
λ + µ = 1
−4
3 µ = −2
L1←4 3L1+L2
⇐⇒
4
3 λ = −2
3
−4
3 µ = −2 Ainsi, pour tout n∈N :cn=−1
2+3 2
−1 3
n
.
5. En déduire l’expression de Xn en fonction de n, pour tout entier naturel n.
On notera Xn=
αn βn γn
, et on vérifiera que :
βn= 1
2 n−1
−2 3
−1 2
n
−4 3 Démonstration.
Soit n∈N.
• Par définition :
Xn=
αn βn γn
=P Yn=
1 1 −1
−1 1 0
−1 0 1
an bn cn
=
an+bn−cn
−an+bn
−an+cn
• On calcule alors :
αn = an+bn−cn = 4
3 +2 3
−1 2
n +
1 2
n−1
−
−1 2 +3
2
−1 3
n
= 11 6 +2
3
−1 2
n
+ 1
2 n−1
−3 2
−1 3
n
• Puis :
βn = −an+bn = − 4
3+ 2 3
−1 2
n +
1 2
n−1
= 1
2 n−1
−2 3
−1 2
n
−4 3
• Enfin :
γn = −an+cn = − 4
3 +2 3
−1 2
n +
−1 2 +3
2
−1 3
n
= −11 6 −2
3
−1 2
n
+3 2
−1 3
n
On a bien : ∀n∈N,βn= 1
2 n−1
−2 3
−1 2
n
−4 3.
6. a) Compléter la fonction ci-dessous qui prend en argument un entiernsupérieur ou égal à2et qui renvoie la matriceXn:
1 function res = X(n)
2 Xold = [3; 0; -1]
3 Xnew = [3; 0; -2]
4 A = [2,1,-2; 0,3,0; 1,-1,5]
5 B = [1,-1,-1; -3,3,-3; -1,1,1]
6 for i = 2:n
7 Aux = ...
8 Xold = ...
9 Xnew = ...
10 end
11 res = ...
12 endfunction
Démonstration.
Détaillons les différents éléments présents dans cette fonction.
− En ligne 2et3, on définit les variablesXoldetXnew.
Ces deux variables sont initialement affectées aux valeurs X0 etX1.
− En ligne 4et5, on stocke les matricesA etB dans les variables AetB.
− De la ligne 6 à la ligne 10, on met à jour les variables Xold et Xnew de sorte à ce qu’elles contiennent les valeurs successives de la suite matricielle(Xn).
6 for i = 2:n
7 Aux = Xold
8 Xold = Xnew
9 Xnew = 1/6 ? A ? Xold + 1/6 ? B ? Aux
10 end
Pour ce faire, on a introduit une variable auxiliaire Aux.
Détaillons le principe de cette boucle :
× avant le1er tour de boucle :
Xoldcontient X0 et Xnew contientX1 lors du1er tour de boucle (icontient 2) :
Aux = Xold
Aux contientX0, dernière valeur deXold
Xold = Xnew
Xoldcontient X1, dernière valeur deXnew
Xnew = 1/6 ? A ? Xold + 1/6 ? B ? Aux
XnewcontientX2, valeur obtenue par la définitionX2 = 16 AX1+16 BX0
× avant le2ème tour de boucle, d’après ce qui précède :
Xoldcontient X0, Xold contientX1 et XnewcontientX2
lors du2ème tour de boucle (i contient3) : Aux = Xold
Aux contientX1, dernière valeur deXold
Xold = Xnew
Xoldcontient X2, dernière valeur deXnew
Xnew = 1/6 ? A ? Xold + 1/6 ? B ? Aux
XnewcontientX3, valeur obtenue par la définitionX3 = 16 AX2+16 BX1
× . . .
× avant le(n−1)ème tour de boucle :
Xold contientXn−3, XoldcontientXn−2 et Xnew contientXn−1
lors du(n−1)ème tour de boucle (i contient n) : Aux = Xold
Aux contient Xn−2, dernière valeur de Xold
Xold = Xnew
Xold contientXn−1, dernière valeur de Xnew
Xnew = 1/6 ? A ? Xold + 1/6 ? B ? Aux
Xnew contientXn, valeur obtenue par la définition Xn= 16 AXn−1+16 BXn−2
− Enfin, il n’y a plus qu’à affecter à res la valeurXn.
11 res = Xnew
• Afin de permettre une bonne compréhension des mécanismes en jeu, on a détaillé la réponse à cette question. Cependant, écrire correctement la fonction Scilab démontre la bonne compréhension et permet certainement d’obtenir tous les points alloués.
• On a démontré dans cette question que si, avant leième tour de boucle : Aux contientXi−2, Xold contientXi−1 et XnewcontientXi alors, à l’issue de ce tour de boucle :
Aux contientXi−1, Xold contientXi et XnewcontientXi+1
Cette propriété est ce qu’on appelle un invariant de boucle. Elle permet d’assurer la correction de la fonction implémentée et notamment le fait qu’à l’issue du dernier tour de boucle la variableXnewcontient Xn.
• Il est à noter que si on teste la fonction avec une valeur de n strictement inférieure à 2, alors on n’entre pas dans la boucle (l’instruction2:ncrée une matrice ligne vide). Dans ce cas, la variableXnewn’est pas mise à jour et la variablerescontient à la fin du programme X1, soit la valeur initialement affectée à Xnew. Ainsi, la fonction renvoie la bonne valeur aussi lorsque la variablen prend la valeur 1.
Commentaire
b) La fonction précédente a été utilisée dans un script permettant d’obtenir graphiquement (voir figure 1) les valeurs deαn,βn etγn en fonction den.
Associer chacune des trois représentations graphiques à chacune des suites (αn)n∈N, (βn)n∈N, (γn)n∈N en justifiant votre réponse.
Figures/ECRICOME_2018/suites_alpha_beta_gamma.pdf
Démonstration.
Soitn∈N.
• D’après la question5 : βn=
1 2
n−1
−2 3
−1 2
n
− 4 3 −→
n→+∞−4
3 ' −1,33 En effet, comme
1 2
<1 et
−1 2
<1 alors : lim
n→+∞
1 2
n−1
= 0 et lim
n→+∞
−1 2
n
= 0.
• On démontre de même, toujours d’après les expressions obtenues en question5. : αn −→
n→+∞
11
6 '1,8 et γn −→
n→+∞−11
6 ' −1,8
• Or, d’après la figure :
× la suite repérée par ×semble converger vers un réel valant approximativement 1,8.
Cette représentation graphique correspond à la suite (αn).
× la suite repérée par ⊕semble converger vers un réel valant approximativement −1,3.
Cette représentation graphique correspond à la suite(βn).
× la suite repérée par ♦semble converger vers un réel valant approximativement −1,8.
Cette représentation graphique correspond à la suite (γn).
Il est possible de rédiger autrement.
La représentation graphique commençant à 2, on peut calculer : α2 = 14
6 , β2 =−1 et γ2 =−11 6
ce qui permet d’associer chaque représentation graphique à la bonne suite.
Commentaire
Exercice 2
Partie I : Étude de deux suites
Pour tout entier naturel nnon nul, on pose : un=
n
P
k=1
1
k −ln(n) et vn=un− 1 n. 1. Soit f la fonction définie sur R∗+ parf(x) = 1
x+ 1+ ln(x)−ln(x+ 1).
a) Déterminer lim
x→0 f(x) et lim
x→+∞f(x).
Démonstration.
• Tout d’abord : 1 x+ 1 −→
x→0
1
1 = 1, ln(x)−→
x→0−∞ et ln(x+ 1)−→
x→0ln(1) = 0 On en déduit lim
x→0 f(x) =−∞.
• D’autre part :
ln(x)−ln(x+ 1) =− ln(x+ 1)−ln(x)
=−ln
x+ 1 x
=−ln
1 + 1 x
x→+∞−→ −ln(1) = 0
Comme de plus 1
x+ 1 −→
x→+∞0, on en déduit lim
x→+∞f(x) = 0.
b) Étudier les variations de la fonctionf surR∗+ et dresser son tableau de variations.
Démonstration.
• La fonctionf est dérivable sur]0,+∞[comme somme de fonctions dérivables sur ]0,+∞[.
• Soitx∈ ]0,+∞[.
f0(x) = − 1
(x+ 1)2 + 1 x − 1
x+ 1
= −x+ (x+ 1)2−x(x+ 1)
x (x+ 1)2 = −x+ (x2+ 2x+ 1)−x2−x
x (x+ 1)2 = 1 x (x+ 1)2 Orx(x+ 1)2 >0.
Ainsi :∀x∈]0,+∞[,f0(x)>0.
• On en déduit le tableau de variations def.
x Signe def0(x)
Variations def
0 +∞
+
−∞
0 0
c) Démontrer que : ∀n∈N∗, un+1−un=f(n).
Démonstration.
Soitn∈N∗.
un+1−un = n+1
P
k=1
1
k−ln(n+ 1)
− n
P
k=1
1
k −ln(n)
= n+1
P
k=1
1 k− Pn
k=1
1 k
−ln(n+ 1) + ln(n)
= 1
n+ 1+ ln(n)−ln(n+ 1) = f(n)
∀n∈N∗,un+1−un=f(n)
d) En déduire la monotonie de la suite(un)n∈N∗. Démonstration.
Soitn∈N∗.
• D’après l’étude en question 1.b), la fonction f est strictement croissante sur ]0,+∞[ et de limite nulle en+∞. On en déduit :
∀x∈ ]0,+∞[, f(x)<0
• En appliquant cette propriété enx=n, on obtient, d’après la question précédente : un+1−un=f(n)<0
On en conclut que la suite(un)n∈N∗ est (strictement) décroissante.
e) Écrire une fonction d’en-tête :function y = u(n) qui prend en argument un entier naturel n non nul et qui renvoie la valeur deun.
Démonstration.
1 function y = u(n)
2 S = 0
3 for k = 1:n
4 S = S + 1/k
5 end
6 y = S - log(n)
7 endfunction Détaillons les différents éléments de ce code :
× en ligne 2, on crée la variableSdont le but est de contenir, en fin de programme
n
P
k=1 1 k. Cette variableS est donc initialisée à 0.
× de la ligne 3à la ligne 5, on met à jour la variable S à l’aide d’une boucle.
Pour ce faire, on ajoute aukème tour de boucle la quantité 1k. Ainsi, S contient bien
n
P
k=1 1
k en sortie de boucle.
× en ligne 6, on affecte à la variabley la valeurun=
n
P
k=1 1
k−ln(n).
Pour le calcul de la somme
n
P
k=1 1
k, on peut aussi tirer profit des fonctionnalitésScilab: S = sum(1 ./ 1:n)
Pour bien comprendre cette instruction, rappelons que :
× l’instruction1:n permet de créer la matrice ligne (1 2 . . . n).
× l’opérateur./ permet d’effectuer la division terme à terme.
Ainsi, l’instruction1 ./ 1:npermet de créer la matrice ligne (11 12 . . . n1).
× la fonction sumpermet de sommer tous les coefficients d’une matrice.
On obtient donc bien la somme à calculer par cette méthode.
Commentaire
2. a) Montrer que :∀n∈N∗,vn+1−vn= 1 n −ln
1 + 1
n
. Démonstration.
Soitn∈N∗. Par définition : vn+1−vn =
un+1− 1 n+ 1
−
un− 1 n
= (un+1−un) + 1 n− 1
n+ 1
=
1
n+ 1+ ln(n)−ln(n+ 1)
+ 1 n− 1
n+ 1 (d’après la question1.c))
= 1
n −(ln(n+ 1)−ln(n)) = 1 n−ln
1 + 1
n
∀n∈N∗,vn+1−vn= 1 n−ln
1 +1
n
b) Montrer que pour tout réelxpositif : ln(1 +x)6x.
En déduire que la suite(vn)n∈N∗ est croissante.
Démonstration.
• La fonctiong:x7→ln(x)est concave.
On en déduit que sa courbe représentativeCf se situe sous ses tangentes, notamment celle au point d’abscisse 1. Or cette tangente est la droite d’équation :
y = g(1) +g0(1) (x−1)
= ln(1) +1
1 (x−1) = x−1 On en déduit donc :
∀x∈]0,+∞[, ln(x) 6 x−1
Soitt>0. En appliquant la propriété ci-dessus à x= 1 +t∈ ]0,+∞[, on obtient : ln(1 +t)6(1 +t)−1 =t
On a bien :∀t>0,ln(1 +t)6t.
• Notons tout d’abord que la variable t étant sous la portée d’un quantificateur, elle est muette. Ainsi, le résultat démontré est bien celui souhaité.
• Il est possible de procéder différemment.
On peut par exemple considérer la fonctiong1 :x7→ ln(1 +x) et démontrer qu’elle est concave. Ainsi, la courbeCg1 est située sous sa tangente au point d’abscisse0 :
∀x>0, ln(1 +x) 6 g1(0) +g01(0) (x−0) = ln(1) +x=x
• On peut aussi considérer la fonction g2 : x 7→ x−ln(1 +x), procéder à son étude et conclure quant à son signe :
∀x>0, g2(x)>0 ce qui correspond à l’inégalité souhaitée.
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