a) On d´ eveloppe par rapport ` a la premi` ere ligne :

(1)

Correction du devoir surveill´ e

DS9

Exercice 1

a) On d´ eveloppe par rapport ` a la premi` ere ligne :

∆

_n+2

= ∆

_n+1

+ 3

2 −3 0 · · · · 0 0 1 . .. ... ... .. . 0 2 . .. ... ... .. . .. . . .. ... ... 0 .. . . .. ... −3 0 · · · · · · 0 2 1

= ∆

n+1

+ 3 × 2

1 −3 0 · · · 0 2 . .. ... ... .. . 0 . .. ... ... 0 .. . . .. ... −3 0 · · · 0 2 1

= ∆

n+1

+ 6∆

n

o` u la deuxi` eme ´ egalit´ e est obtenue en d´ eveloppant par rapport ` a la premi` ere colonne. Ainsi pour tout n ∈ N

^∗

, on a :

∆

_n+2

= ∆

_n+1

+ ∆

_n

.

b) Il s’agit d’une relation de r´ ecurrence lin´ eaire d’ordre 2 ` a coefficients constants. On consid` ere l’´ equation caract´ eristique :

r

²

− r − 6 = 0 = (r + 2)(r − 3).

On en d´ eduit qu’il existe α, β ∈ R tels que, pour tout n ∈ N

^∗

: ∆

_n

= α(−2)

ⁿ

+ β3

ⁿ

On regarde les conditions initiales :

∆

1

= 1 ; ∆

2

=

1 −3

2 1

= 1 + 6 = 7.

On obtient le syst` eme suivant :

( −2α + 3β = 1

4α + 9β = 7 ⇔

( 10α = 4 (2) − 3(1) 15β = 9 2(1) + (2) Ainsi α = 2

5 et β = 3

5 . On obtient finalement :

∀n ∈ N

^∗

, ∆

_n

= 2

5 (−2)

ⁿ

+ 3 5 3

ⁿ

.

Probl` eme 1.

Pr´ eliminaires.

(2)

1. Montrons que P

⁻¹

est un pseudo-inverse de P :

P

⁻¹

P P

⁻¹

= P

⁻¹

; P P

⁻¹

P = P ; P

⁻¹

P = P P

⁻¹

.

2. Notons U un pseudo-inverse de A et soit P ∈ GL

_n

( R ). Montrons que P

⁻¹

U P est un pseudo- inverse de P

⁻¹

AP .

(P

⁻¹

U P )(P

⁻¹

AP )(P

⁻¹

U P ) = P

⁻¹

U (P P

⁻¹

)A(P P

⁻¹

)U P = P

⁻¹

U AU P = P

⁻¹

U P.

(P

⁻¹

AP )(P

⁻¹

U P )(P

⁻¹

AP ) = P

⁻¹

A(P P

⁻¹

)U (P P

⁻¹

)AP = P

⁻¹

AU AP = P

⁻¹

AP.

(P

⁻¹

U P )(P

⁻¹

AP ) = P

⁻¹

U (P P

⁻¹

)AP = P

⁻¹

U AP = P

⁻¹

AU P = (P

⁻¹

AP )(P

⁻¹

U P ).

Partie I. ´ Etude d’un exemple.

1. Soit (x, y, z) ∈ R

³

. On a en utilisant la matrice A :

f(x, y, z) = (x + y, 2x + 3y + z, 3x + 5y + 2z).

2. Soit (x, y, z) ∈ R

³

. On a :

f (x, y, z) = 0 ⇔



 

 

x + y = 0 2x + 3y + z = 0 3x + 5y + 2z = 0

⇔



 

 

x + y = 0 y + z = 0 2y + 2z = 0

⇔

( x + y = 0 y + z = 0

On obtient un syst` eme ´ echelonn´ e r´ eduit, ` a deux inconnues principales (x et z) et une inconnue param` etre (1). On en d´ eduit ainsi que :

Ker(f ) = {(−y, y, −y)|y ∈ R } = V ect((−1, 1, −1)).

Ainsi une base de Ker(f ) est donn´ ee par f

3

= (1, −1, 1) et sa dimension est 1.

3. Puisque f n’est pas injective, ce n’est pas un automorphisme de R

³

, et sa matrice A dans la base canonique n’est donc pas inversible. On a de plus par le th´ eor` eme du rang :

3 = dim(R

³

) = dim(Ker(A)) + rg(A) = 1 + rg(A).

Ainsi rg(A) = 2.

4. On pose

f

1

= (0, 1, 2), f

2

= (1, 2, 3), f

3

= (1, −1, 1) et on note C la famille (f

1

, f

2

, f

3

).

(a) On peut par exemple calculer le d´ eterminant de ces trois vecteurs dans la base canonique (on d´ eveloppe par rapport ` a la premi` ere ligne) :

0 1 1

1 2 −1

2 3 1

= −

1 −1

2 1

+

1 2 2 3

= −(1 + 2) + (3 − 4) = −4.

Donc C est une base de R

³

.

(3)

(b) Par le cours on a :

Im(f) = V ect(f(1, 0, 0), f (0, 1, 0), f (0, 0, 1)) = V ect((1, 2, 3), (1, 3, 5), (0, 1, 2)).

Or f

₁

et f

₂

appartiennent ` a Im(f). Ces deux vecteurs sont non colin´ eaires, donc lin´ eairement ind´ ependants. Comme de plus Im(f ) est de dimension 2, on en d´ eduit que (f

₁

, f

₂

) est une base de Imf . Comme enfin C est une base de R

³

, on peut conclure par le cours que :

R

³

= Ker(f ) ⊕ Im(f ).

(c) On a P = P

B,C

=





0 1 1

1 2 −1

2 3 1



. Calculons son inverse par l’algorithme de Gauss.





0 1 1 1 0 0

1 2 −1 0 1 0

2 3 1 0 0 1



 ⇐⇒

L1⇔L₂





1 2 −1 0 1 0

0 1 1 1 0 0

2 3 1 0 0 1





⇐⇒

L3⇐L₃−2L₁





1 2 −1 0 1 0

0 1 1 1 0 0

0 −1 3 0 −2 1





⇐⇒

L3⇐L₃+L2





1 2 −1 0 1 0

0 1 1 1 0 0

0 0 4 1 −2 1





⇐⇒

L3⇐L3/4





1 2 −1 0 1 0

0 1 1 1 0 0

0 0 1 1/4 −1/2 1/4





⇐⇒

L2⇐L2−L3,L1⇐L1+L3





1 2 0 1/4 1/2 1/4 0 1 0 3/4 1/2 −1/4 0 0 1 1/4 −1/2 1/4





⇐⇒

L1⇐L1−2L2





1 0 0 −5/4 −1/2 3/4

0 1 0 3/4 1/2 −1/4

0 0 1 1/4 −1/2 1/4





Ainsi P

⁻¹

=





−5/4 −1/2 3/4 3/4 1/2 −1/4 1/4 −1/2 1/4



.

(d) On calcule les images des vecteurs de C par f :

f (f

₁

) = (1, 5, 9) = 3f

₁

+ f

₂

; f (f

₂

) = (3, 11, 19) = 5f

₁

+ 3f

₂

; f (f

₃

) = (0, 0, 0).

On obtient donc la matrice suivante de f dans la base C : A

⁰

=





3 5 0 1 3 0 0 0 0



 .

On obtient ainsi α = 3, β = 5, γ = 1, δ = 3, et A

1

= 3 5

1 3

.

5. Les deux colonnes de A

₁

sont non colin´ eaires, donc A

₁

est de rang 2 et est inversible. On a par la formule du cours :

A

⁻¹₁

= 1 det(A

1

)

3 −5

−1 3

= 1 4

3 −5

−1 3

.

D’o` u α

⁰

= 3, β

⁰

= −5, γ

⁰

= −1 et δ

⁰

= 3.

(4)

6. Posons U

⁰

=





3 −5 0

−1 3 0

0 0 0



. On v´ erifie que :

A

⁰

U

⁰

= U

⁰

A

⁰

=





1 0 0 0 1 0 0 0 0





et que :

A

⁰

U

⁰

A

⁰

= A

⁰

×





1 0 0 0 1 0 0 0 0



 = A

⁰

U

⁰

A

⁰

U

⁰

= U

⁰

×





1 0 0 0 1 0 0 0 0



 = U

⁰

. Ainsi U

⁰

est un pseudo-inverse de la matrice A

⁰

.

7. Par les formules de changement de bases, on a A

⁰

= P

⁻¹

AP , soit encore A = P A

⁰

P

⁻¹

. Par la question pr´ eliminaire, on en d´ eduit que U = P U

⁰

P

⁻¹

est un pseudo inverse de la matrice A 8. Notons π l’endomorphisme canoniquement associ´ e ` a U A.

(a) On effectue le changement de base pour obtenir la matrice de π dans la base C : P

⁻¹

U AP = (P

⁻¹

U P )(P

⁻¹

AP ) = U

⁰

A

⁰

=





1 0 0 0 1 0 0 0 0



 .

(b) On en d´ eduit que π satisfait :

π(f

₁

) = f

₁

; π(f

₂

) = f

₂

, π(f

₃

) = 0.

Ainsi π est la projection sur V ect(f

1

, f

2

) = Im(f ) dans la direction de V ect(f

3

) = Ker(f ).

Partie II. Unicit´ e du pseudo-inverse.

1. Calculons le produit AU AU

⁰

:

AU AU

⁰

= AU

⁰

et AU AU

⁰

= U AU

⁰

A = U A Ainsi on a bien U A = AU

⁰

.

2. On a U = U AU = AU

⁰

U = U

⁰

AU = U

⁰

U A = U

⁰

AU

⁰

= A. D’o` u l’unicit´ e du pseudo-inverse.

Partie III. Condition d’existence du pseudo-inverse.

1. (a) On a (AU )

²

= AU AU = AU par (1). Comme de plus AU est la matrice de f ◦ g dans la base canonique, on en d´ eduit que f ◦ g est un projecteur.

(b) i. On a d´ ej` a par l’identit´ e matricielle (3) que f ◦ g = g ◦ f. Ainsi Ker(f ◦ g) = Ker(g ◦ f ), et on a l’inclusion imm´ ediate dans Ker(f) ⊂ Ker(g ◦ f). R´ eciproquement soit x ∈ Ker(g ◦ f ), on a :

g ◦ f (x) = 0 ⇒ f ◦ g ◦ f(x) = 0

Or la matrice dans la base canonique de f ◦ g ◦ f est AU A = A, donc on a l’´ egalit´ e

f ◦ g ◦ f = f . On en d´ eduit finalement f (x) = 0, et donc x ∈ Ker(f).

(5)

ii. On a d´ ej` a l’inclusion imm´ ediate Im(f ◦ g) ⊂ Im(f). R´ eciproquement soit y ∈ Im(f). Il existe x ∈ R

ⁿ

tel que y = f (x). On obtient alors en appliquant f ◦ g :

f ◦ g(y) = f ◦ g ◦ f (x).

Or la matrice de f ◦ g ◦ f dans la base canonique est AU A = A, et donc f ◦ g ◦ f = f.

On en d´ eduit donc que :

f ◦ g(y) = f (x) = y.

Ainsi on a bien que y appartient ` a Im(f ◦ g) et donc que Imf = Imf ◦ g.

(c) Puisque f ◦ g est un projecteur, on en d´ eduit que :

R

ⁿ

= Ker(f ◦ g) ⊕ Im(f ◦ g).

En utilisant les points (i) et (ii), on en d´ eduit donc que : R

ⁿ

= Ker(f ) ⊕ Im(f ).

Ainsi Kerf et Imf sont suppl´ ementaires.

2. (a) Si Ker(A) = {0}, alors A est inversible et admet pour pseudo-inverse A

⁻¹

d’apr` es les questions pr´ eliminaires.

Si Im(f) = {0}, alors A = 0

_n,n

et admet pour pseudo inverse la matrice 0

_n,n

(les trois relations sont satisfaites de fa¸ con imm´ ediates).

(b) Pour tout y ∈ Im(f ), on a f(y) ∈ Im(f ). Donc Im(f ) est bien stable par f et on peut consid´ erer l’endomorphisme induit sur Im(f ) :

f ˜ : Imf → Imf x 7→ f (x)

Cette application est lin´ eaire. Elle est de plus injective car si x ∈ Ker( ˜ f ), alors ˜ f (x) = 0 = f (x) et donc x ∈ Im(f) ∩ Ker(f) = {0} par hypoth` ese. Comme de plus on est en dimension finie, on en d´ eduit que ˜ f est un automorphisme de Im(f ).

(c) On s’inspire de l’exemple trait´ e ` a la partie I. On consid` ere (f

₁

, . . . , f

_r

) une base de Im(f ) et (f

r+1

, . . . , f

n

) une base de Ker(f ) (` a not´ e que 1 ≤ r ≤ n − 1 est le rang de f (r 6= 0, n par hypoth` ese), et que n − r est bien la dimension de Ker(f ) par le th´ eor` eme du rang).

Comme de plus Im(f ) et Ker(f ) sont en somme direct par hypoth` ese, on en d´ eduit que C = {f

₁

, . . . , f

n

} est une base de R

ⁿ

.

Regardons la forme de la matrice de f dans la base C :

pour tout 1 ≤ i ≤ r, on a f(f

i

) ∈ Im(f ) = V ect(f

1

, . . . , f

r

) car Im(f ) est stable par f.

Donc il existe a

_1,i

, . . . , a

_r,i

tels que :

f (f

i

) = ˜ f (f

i

) = a

1,i

f

1

+ . . . , a

r,i

f

r

.

pour tout r + 1 ≤ i ≤ n, f (f

i

) = 0.

On obtient donc la matrice suivante A

⁰

de f dans la base C soit de la forme

A

⁰

= Mat

C

(f ) =







a

1,1

· · · a

1,r

0 · · · 0 .. . .. . .. . .. . a

r,1

· · · a

r,r

0 · · · 0 .. . .. . .. . .. . 0 · · · 0 0 · · · 0





 .

Enfin la matrice A

₁

=







a

1,1

· · · a

1,r

.. . .. . a

_r,1

· · · a

_r,r





 est par d´ efinition mˆ eme la matrice de ˜ f dans la

base {f

₁

, . . . , f

r

} de Im(f ). Puisque ˜ f est inversible, c’est donc un automorphisme.

(6)

(d) L` a aussi, on s’inspire de la partie I. On consid` ere B

1

=







b

_1,1

· · · b

_1,r

.. . .. . b

_r,1

· · · b

_r,r





 l’inverse de A

1

,

et U

⁰

=







b

_1,1

· · · b

_1,r

0 · · · 0 .. . .. . .. . .. . b

_r,1

· · · b

_r,r

0 · · · 0 .. . .. . .. . .. . 0 · · · 0 0 · · · 0







. On v´ erifie alors par calcul que :

U

⁰

A

⁰

=







1 (0)

. .. .. . (0)

(0) 1

(0) (0)







= A

⁰

U

⁰

et que A

⁰

U

⁰

A

⁰

= A

⁰

, U

⁰

A

⁰

U

⁰

= U

⁰

. Ainsi A

⁰

admet pour pseudo-inverse U

⁰

.

(e) On utilise encore le pr´ eliminaire : U = P U

⁰

P

⁻¹

est le pseudo inverse de A = P A

⁰

P

⁻¹

. 3. Une condition n´ ecessaire et suffisante pour A d’avoir un pseudo inverse est donc que Ker(f) et

Im(f ) soient en somme directe.

Remarque. On peut montrer (cf. TD Applications lin´ eaires, ou red´ emontrez-le) que ceci est encore ´ equivalent ` a rg(f ) = rg(f

²

). Ainsi on a :

A admet un pseudo inverse ⇔ rg(A) = rg(A

²

).

Probl` eme 2. ´ Etude d’un proc´ ed´ e de sommation

Partie I. Etude de deux exemples 1. (a) D’apr` es la formule du binˆ ome,

n

X

k=0

n k

= (1 + 1)

ⁿ

= 2

ⁿ

(b) On a donc : ∀n ∈ N , a

^∗_n

= 1 2

ⁿ

n

X

k=1

n k

α = α 2

ⁿ

n

X

k=0

n k

= α.

(c) Comme α 6= 0, les s´ eries P

(a

n

) et P

(a

^∗_n

) sont grossi` erement divergentes.

2. (a) La formule du binˆ ome indique que

∀n ∈ N , a

^∗_n

= 1 2

ⁿ

n

X

k=0

n k

z

^k

= 1

2

ⁿ

(z + 1)

ⁿ

. (b) On suppose que |z| < 1.

i. Soit n ∈ N. On sait calculer les sommes g´ eom´ etriques. La raison z ´ etant diff´ erente de 1,

n

X

k=0

z

^k

= 1 − z

ⁿ⁺¹

1 − z . Pour |z| < 1, z

ⁿ

→

n→+∞

0. Ainsi,

n

X

k=0

a

_k

!

n∈N

converge vers 1

1 − z donc P

(a

_n

) converge et

A(z) =

∞

X

n=0

z

^k

= 1

1 − z

(7)

ii. Soit n ∈ N

^∗

. On a d’apr` es l’in´ egalit´ e triangulaire |a

^∗_n

| =

z + 1 2

≤ 1 + |z|

2 < 1 et X

n≥0

(a

^∗_n

) est donc aussi une s´ erie g´ eom´ etrique convergente de somme

+∞

X

n≥0

a

^∗_n

= 1

1 −

^z+1₂

= 2

1 − z = 2A(z)

(c) i. Pour tout n ∈ N , |z

ⁿ

| = |z|

ⁿ

≥ |z| ≥ 1 donc (z

ⁿ

)

n∈N

ne converge pas vers 0. Ainsi, la s´ erie X

n≥0

a

n

diverge.

ii. Pour tout n ∈ N, a

^∗_n

=

− 1 2

n

, d’apr` es la question 2.a. Ainsi, X

n≥0

a

^∗_n

est une s´ erie g´ eom´ etrique de raison − 1

2 avec

− 1 2

< 1 donc X

n≥0

a

^∗_n

converge.

iii. D’apr` es la question 2.a, on a pour tout n ∈ N

^∗

, a

^∗_n

=

1 + e

^iθ

2

n

. Ainsi, (a

^∗_n

) est une suite g´ eom´ etrique de raison r = 1 + e

^iθ

2 =

e

ⁱ^θ²

e

⁻ⁱ^θ²

+ e

ⁱ^θ²

2 = cos

^θ₂

e

ⁱ^θ²

. Ainsi,

|r| =

cos

^θ₂

. Comme θ ∈] − π, 0[∪]0, π[, |r| ∈]0, 1[ et X

n≥0

(a

^∗_n

) converge. De plus,

∞

X

n=0

a

^∗_k

= 1

1 − r = 1

1 −

1 + e

^iθ

2 = 2

1 − e

^iθ

= 2 e

ⁱ^θ²

e

⁻ⁱ^θ²

− e

ⁱ^θ²

= 2

−2ie

ⁱ^θ²

sin

^θ₂

= ie

^−iθ/2

sin(θ/2) = 1 + i cos(θ/2) sin(θ/2) Partie II : Etude du proc´ ed´ e de sommation

1. Comparaison des convergences des deux suites.

(a) i. On a

n k

= n(n − 1) . . . (n − k + 1)

k! ∼

n→+∞

n

^k

k!

car pour tout p ∈ [|0, k − 1|], n − p ∼

n→+∞

n.

ii. Soit n ∈ N

^∗

, on a : n

^k

2

ⁿ

k! = e

^k^ln(n)−n^ln(2)

k! = e

^−nln(2)

1−k^ln(n)

n

k! .

Par croissance compar´ ees, on a lim

n→+∞

1 − k

^ln(n)_n

= 1. Ainsi, lim

n→+∞

n

^k

2

ⁿ

k! = 0.

Par ´ equivalence, lim

n→+∞

1 2

ⁿ

n k

= 0.

(b) D’apr` es la question pr´ ec´ edente, pour tout k ∈ [|0, n

₀

|], n

k a

_k

2

ⁿ

→

n→+∞

0. Ainsi, n

₀

´ etant fix´ e, S

_n₀

(n) est alors une somme finie de termes de limite nulle et

n→+∞

lim S

_n₀

(n) = 0

(8)

(c) Soit ε > 0. Comme (a

n

)

n∈N

est de limite nulle, il existe un rang N > 0 tel que pour tout k ≥ N, |a

_k

| ≤ ε.

Soit n ≥ N . En sommant les in´ egalit´ es pr´ ec´ edentes pour k allant de N ` a n, on a :

n

X

k=N

n k

|a

_k

| 2

ⁿ

≤

n

X

k=N

n k

2

ⁿ

=

2

ⁿ

n

X

k=N

n k

≤ 2

ⁿ

n

X

k=0

n k

= Or, on a :

|a

^∗_n

| =

n

X

k=0

n k

a

k

2

ⁿ

≤

N−1

X

k=0

n k

a

k

2

ⁿ

+

n

X

k=N

n k

a

k

2

ⁿ

≤

N−1

X

k=0

n k

a

k

2

ⁿ

+

n

X

k=N

n k

|a

_k

| 2

ⁿ

≤

N−1

X

k=0

n k

a

k

2

ⁿ

+

La suite (S

_N−1

(n))

n∈N

´ etant de limite nulle, d’apr` es la question pr´ ec´ edente, il existe N

⁰

∈ N tel que

∀n ≥ N

⁰

, |S

_N−1

(n)| ≤ . On a alors

∀n ≥ max(N, N

⁰

), |a

^∗_n

| = 2 On a donc montr´ e que

n→+∞

lim a

^∗_n

= 0 (d) On a

a

^∗_n

− l = 1 2

ⁿ

n

X

k=0

n k

(a

_k

− l)

car 1 2

ⁿ

n

X

k=0

n k

= 1. On se ram` ene ainsi au cas pr´ ec´ edent (a

_n

−l → 0). Ainsi lim

n→+∞

(a

^∗_n

−l) = 0 donc lim

n→+∞

a

^∗_n

= l.

(e) Si a

_n

= (−2)

ⁿ

alors (a

^∗_n

) est une suite convergente de limite nulle (car (a

^∗_n

)

n∈N

=

− 1 2

n

n∈N

et

− 1 2

< 1) alors que (a

n

) est une suite divergente car (| − z| ≥ 1). Il n’y a donc pas

´ equivalence entre les convergences de (a

n

) et de (a

^∗_n

).

2. Comparaison des convergences des s´ eries X

n≥0

a

_n

et X

n≥0

a

^∗_n

.

(a) U

0

=

0

X

k=0

a

^∗_k

= a

^∗₀

= a

0

= S

0

U

₁

= 2

1

X

k=0

a

^∗_k

= 2a

^∗₀

+ 2a

^∗₁

= 2a

₀

+

1

X

k=0

a

_k

= 2S

₀

+ S

₁

U

₂

= 4

2

X

k=0

a

^∗_k

= 4a

^∗₀

+ 4a

^∗₁

+ 4a

^∗₂

= 4a

₀

+ 2

1

X

k=0

a

_k

+

2

X

k=0

2 k

a

_k

= 4a

0

+ 2(a

0

+ a

1

) + (a

0

+ 2a

1

+ a

2

) = (a

0

+ a

1

+ a

2

) + 3(a

1

+ a

0

) + 3a

0

= S

2

+ 3S

1

+ 3S

0

(9)

(b) La formule est vraie pour n = 0 d’apr` es la question pr´ ec´ edente car

0

X

k=0

1 k + 1

S

_k

= S

0

. Soit n ∈ N tel que la formule soit vraie au rang n. On remarque que

U

_n+1

= 2

ⁿ⁺¹

T

_n+1

= 2

ⁿ⁺¹

(T

_n

+ a

^∗_n+1

) = 2U

_n

+ 2

ⁿ⁺¹

a

^∗_n+1

D’apr` es l’hypoth` ese de r´ ecurrence, on obtient :

U

n+1

= 2

n

X

k=0

n + 1 k + 1

S

_k

+

n+1

X

k=0

n + 1 k

a

_k

On utilise alors la remarque de l’´ enonc´ e pour exprimer a

_k

` a l’aide de S

_k

et S

k−1

. Ainsi, U

_n+1

= 2

n

X

k=0

n + 1 k + 1

S

_k

+

n+1

X

k=0

n + 1 k

(S

_k

− S

k−1

) En r´ eordonnant les termes, on obtient :

U

_n+1

= 2

n

X

k=0

n + 1 k + 1

S

_k

+

n+1

X

k=0

n + 1 k

S

_k

−

n

X

k=0

n + 1 k + 1

S

_k

=

n

X

k=0

n + 1 k + 1

S

k

+

n+1

X

k=0

n + 1 k

S

k

=

n

X

k=0

n + 1 k + 1

+

n + 1 k

S

k

+ S

n+1

=

n

X

k=0

n + 2 k + 1

S

k

+ S

n+1

=

n+1

X

k=0

n + 2 k + 1

S

_k

Ainsi la propri´ et´ e est vraie au rang n + 1.

Par principe de r´ ecurrence, on peut conclure que la formule est donc vraie pour tout n ∈ N . 3. (a) Soit n ∈ N

^∗

. D’apr` es la question pr´ ec´ edente, on a:

U

n−1

=

n−1

X

k=0

n k + 1

S

_k

=

n

X

k=1

n k

S

k−1

=

n

X

k=0

n k

v

_k

= 2

ⁿ

v

_n^∗

, car S

−1

= 0.

(b) On sait que P

a

n

converge. Ainsi, (S

n

)

n∈N

converge. Notons S sa limite. On sait alors que (v

_n

)

n∈N

converge vers S. D’apr` es la question 1.d, on peut alors en d´ eduire que la suite (v

_n^∗

) converge. vers S.

De plus, pour tout n ∈ N

^∗

, T

_n

= U

_n

2

ⁿ

= 2 U

_n

2

ⁿ⁺¹

= 2v

^∗_n+1

→

n→+∞

2S.

On peut donc conclure que la s´ erie P

n≥0

a

^∗_n

converge et que

+∞

X

n=0

a

^∗_n

= 2

+∞

X

n=0

a

_n

. 4. Si a

_n

= (−2)

ⁿ

alors P

a

_n

diverge alors que P

a

^∗_n

converge (cf question 2.c.ii). Les s´ eries P a

_n

et P

a

^∗_n

ne sont donc pas toujours mˆ eme nature.