Partie B - Des calculs matriciels

PROBL` EME

Les puissances de matrices stochastiques

On d´efinit la matriceA=





p 1−p 0

0 p 1−p

0 0 1



.

Les deux parties sont totalement ind´ependantes.

Partie A - Des suites pour des puissances

1. A est stochastique vu que la somme des coefficients de chaque ligne est bien ´egale `a 1 et que les coefficients sont tous positifs.

2. A⁰ =I₃ par convention etA²=





p² 2p(1−p) (1−p)²

0 p² 1−p²

0 0 1



.

3. ∀n∈N, notons P(n) la propri´et´e : «il existe 3 r´eelsa_n,b_n etc_n tels queAⁿ=





pⁿ a_n b_n 0 pⁿ c_n

0 0 1



». Initialisation :

n= 0, Grˆace `a A⁰ =I3, on obtient directementa0 = 0, b0= 0, c0 = 0 doncP(0) est vraie (etA¹=A donca₁ = 1−p,b₁= 0 etc₁ = 1−p).

H´er´edit´e :

SupposonsP(n) et montronsP(n+ 1). On a : Aⁿ⁺¹ =A×Aⁿ=





p (1−p) 0

0 p 1−p

0 0 1



×





pⁿ an bn

0 pⁿ cn

0 0 1





soit

Aⁿ⁺¹=





pⁿ⁺¹ pa_n+pⁿ−pⁿ⁺¹ pb_n+ (1−p)c_n

0 pⁿ⁺¹ pcn+ (1−p)

0 0 1





Ainsi en posantan+1=pan+pⁿ−pⁿ⁺¹,bn+1 =pbn+ (1−p)cn etcn+1 =pcn+ (1−p) on obtient que la propri´et´e P(n+ 1) est vraie.

Conclusion : On en d´eduit que ∀n∈N,P(n) est vraie.

4. La suite (c_n) est une suite lin´eaire r´ecurrente d’ordre 1, on trouve d´ej`a le point fixe :`=p`+ (1−p) soit (1−p)`= (1−p) et `= 1. On pose vn=cn−` et on d´emontre que cette suite est g´eom´etrique :

∀n∈N, vn+1=cn+1−1 =pcn+ (1−p)−1 =pcn−p=pvn

Ainsi la suite (pn) est g´eom´etrique de raisonpet donc∀n∈N,vn=v0pⁿ=−pⁿ, etcn=vn+1 = 1−pⁿ. 5. (a) On injecte les relations trouv´ees pour la suite (an)n∈N dans le premier membre de l’expression :

∀n∈N, a_n+2−2pa_n+1+p²a_n=pa_n+1+pⁿ⁺¹−pⁿ⁺²−2pa_n+1+p²a_n=−pa_n+1+pⁿ⁺¹−pⁿ⁺²+p²a_n soit

∀n∈N, a_n+2−2pa_n+1+p²a_n=−p(pa_n+pⁿ−pⁿ⁺¹) +pⁿ⁺¹−pⁿ⁺²+p²a_n= 0 (b) On reconnait une suite r´ecurrente lin´eaire d’ordre 2.

On calcule l’´equation caract´eristique r²−2pr+p² = 0 de racine double unique r=p et donc

∃(A, B)∈R², ∀n∈N, a_n= (A+Bn)pⁿ

Ora₀ = 0 =A eta₁ = 1−p= (A+B)psoit 1−p=BP et doncB = ¹_p −1.

Soit finalementa_n=n(pⁿ⁻¹−pⁿ).

6. On pose la matrice colonneU = 1 1

 et l’ensemble E={M ∈ M₃(R) |M U =U}

(a) Il suffit de v´erifier par un calcul que AU = U (ce qui est ´evident vu que la matrice A est stochastique et que la relation matricielle signifie que la somme des coefficients de chaque ligne vaut 1 !) doncA∈ E.

(b) SiM etN sont deux ´el´ements de E, alorsM U =U etN U =U donc on a : (M N)U =M N U =M(N U) =M U =U

et doncM N est ´egalement dansE.

(c) D´emontrons par r´ecurrence queAⁿ∈ E.

Pourn= 0, la propri´et´e est vraie carA⁰ =I3U =U doncI3∈ E.

Supposons que Aⁿ ∈ E, et comme Aⁿ⁺¹ = Aⁿ.A est le produit de deux matrices de E alors Aⁿ⁺¹∈ E d’apr`es la question pr´ec´edente.

On en d´eduit queAⁿU =U et donc que la somme des ´el´ements de chaque ligne vaut 1, notamment la premi`ere ligne, c’est `a dire :

∀n∈N, pⁿ+an+bn= 1⇔bn= 1−pⁿ−an= 1−pⁿ−n(pⁿ⁻¹−pⁿ) = 1−npⁿ⁻¹+ (n−1)pⁿ

Partie B - Des calculs matriciels

7. B+C=Abien entendu.

8. P =





1 0 1

1 −1 1

0 0 1



 ∼

L2←L₂−L₁





1 0 1

0 −1 0

0 0 1



 ∼

L2←−L₂





1 0 1 0 1 0 0 0 1



 ∼

L1←L₁−L₃





1 0 0 0 1 0 0 0 1



.

AinsiP est inversible et





1 0 0 0 1 0 0 0 1



 ∼

L2←L2−L1





1 0 0

−1 1 0

0 0 1



 ∼

L2←−L2





1 0 0

1 −1 0

0 0 1



 ∼

L1←L1−L3





1 0 −1

1 −1 0

0 0 1



=P⁻¹.

9. Apr`es calculs, on trouve ∆ =P⁻¹BP =





p 0 0 0 p 0 0 0 1



 qui est diagonale.

10. On d´emontre facilement par r´ecurrence que :

∀n∈N,∆ⁿ=P⁻¹BⁿP soitBⁿ=P∆ⁿP⁻¹ Apr`es calculs, on trouve Bⁿ=





pⁿ 0 1−pⁿ 0 pⁿ 1−pⁿ

0 0 1



.

11. Un simple calcul matriciel donne C² = 03. On est donc parti pour utiliser la formule du binˆome de Newton car bien entendu on a v´erifi´e queBC =CB et donc que ces matrices commutent.

Ainsi on obtient :

Aⁿ= (B+C)ⁿ=

n

X

k=0

n k

B^kC^n−k=BⁿC⁰+nBⁿ⁻¹C¹=Bⁿ+nBⁿ⁻¹C Soit

Aⁿ=





pⁿ 0 1−pⁿ 0 pⁿ 1−pⁿ

0 0 1



+n





pⁿ⁻¹ 0 1−pⁿ⁻¹ 0 pⁿ⁻¹ 1−pⁿ⁻¹

0 0 1



×





0 1−p p−1

0 0 0

0 0 0





Puis en calculant le produit matriciel et la somme, on retrouve l’expression deAⁿ=





pⁿ a_n b_n 0 pⁿ cn

0 0 1



 de lapartie A.

EXERCICE 1

Spoil : La s´erie harmonique diverge

On d´efinit pour tout n∈N^?, la somme harmoniqueS_n=

n

X

k=1

1 k. 1. Posons pour toutx∈R⁺,f(x) = ln(1 +x)−xet ´etudions f.

f est d´erivable et pour toutx>0 on af⁰(x) = 1

1 +x −1 = −x 1 +x <0.

Doncf est d´ecroissante sur R⁺ et minimale enx= 0.

Ainsi pour toutx60, on a f(x)>f(0) = 0 soit pour tout x∈R⁺, ln(1 +x)6x.

2. ∀k∈N^?, on posex= _k¹ >0 donc : ln(1 +x)6x⇔ln

1 + 1

k

6 1

k ⇔ln(k+ 1)−ln(k)6 1 k 3. Pour toutn∈N^?, on reconnait une somme t´elescopique et donc :

n

X

k=1

ln(k+ 1)−ln(k) =

n

X

k=1

ln(k+ 1)−

n

X

k=1

ln(k) =

n+1

X

k=2

ln(k)−

n

X

k=1

ln(k) = ln(n+ 1)−ln(1) = ln(n+ 1)

4. En sommant les in´egalit´es du 2.pour k∈[[1, n]], on obtient que : S_n=

n

X

k=1

1 k >

n

X

k=1

ln(k+ 1)−ln(k) = ln(n+ 1) Ainsi par minoration, comme lim

n→+∞ln(n+ 1) = +∞, on en d´eduit que lim

n→+∞S_n= +∞.

EXERCICE 2

Une suite d’irrationnels On consid`ere la fonction f :x7→ 1

x− bxc.

1. f est d´efinie si, et seulement si,x− bxc 6= 0 soit x6=bxcou encore x /∈Z. Ainsif est d´efinie surD=R\Zet pour toutx /∈Z, on a :

f(x+ 1) = 1

x+ 1− bx+ 1c = 1

x+ 1−(bxc+ 1) = 1

x− bxc =f(x) Ainsif est p´eriodique de p´eriode 1.

2. Sur ]0,1[, on a f(x) = 1

x car bxc = 0, ainsi la fonction f co¨ıncide avec la fonction inverse sur ]0,1[, elle est donc d´ecroissante et de limite +∞en 0⁺ (et de limite 1 en 1⁻.

On obtient le graphique ci-dessous :

On a f(D) =f(]0,1[) =]1,+∞[ ce qui se v´erifie graphiquement ´egalement.

3. Supposonsx∈Qetx /∈Z,∃(p, q)∈Z×N^? tel quex= ^p_q, alors on a : f(x) = 1

p q − b^p_qc

On posem=b^p_qc ∈Net donc :

f(x) = 1

p

q −m = m

p−qm ∈Q Ainsi six est rationnel alors f(x) est rationnel.

Par contrapos´ee, supposonsf(x)∈Q, alors∃(p, q)∈Z×N^? tel que 1

x− bxc = p

q ⇔x− bxc= q

p ⇔x=bxc+q

p = pm+q p ∈Q Ainsi par contrapos´ee, six est irrationnel alors f(x) est irrationnel.

On posex₀ =√

2 et pour tout n∈N,x_n+1 =f(x_n) 4. Par r´ecurrente, prouvonsP(n) :«x_n∈/Q».

x₀ =√

2∈/ QdoncP(0) est vraie.

SupposonsP(n) et prouvonsP(n+ 1), commexn∈/ Qalorsxn+1 =f(xn)∈/Q d’apr`es la question3.

Ainsi pour toutn∈N, on ax_n∈/ Qet doncx_n∈Det la suite (x_n) est bien d´efinie.

Tr`es simplement∀n ∈N,x_n+1 =f(x_n) ∈f(D) =]1,+∞[ donc x_n+1 >1, de plus x₀ =√

2>1 donc finalement∀n∈N,xn>1.

5. Tr`es simplement : x₁ = 1

√2− b√

2c = 1

√2−1 =

√2 + 1

√2²−1²

=√ 2 + 1

x2 = 1

(√

2 + 1)− b√

2 + 1c = 1

(√

2 + 1−(b√

2c+ 1) = 1

√ 2− b√

2c =x1. 6. Par r´ecurrence, montrons queP(n) : «∀n>1,x_n=x₁.»

x₁ =x₁ doncP(1) est vraie.

SupposonsP(n) et prouvonsP(n+ 1), commexn=x1 alorsxn+1=f(x1) =x2=x1

Ainsi pour toutn∈N, on ax_n=x₁ et la suite (x_n) est stationnaire.

EXERCICE 3

Une suite d’int´egrale Pour tout entiern deN, on consid`ere l’int´egrale I_n=

Z e 1

(lnt)ⁿ dt.

1. I0 = Z e

1

(lnt)⁰ dt= Z e

1

1 dt= [t]^e₁ =e−1.

I₁ Z _e

1

lntdt= [tlnt−t]^e₁ =elne−e−1 ln 1 + 1 = 1.

2. Le changement de variablex= ln(t) donne dx= dt

t soit dt=e^xdx et ainsiIn= Z 1

0

xⁿe^x dx.

3. Pourt∈[1, e], on a ln(t)>0 donc (lnt)ⁿ>0.

Par positivit´e de l’int´egrale, on a alors∀n∈N,I_n= Z e

1

(lnt)ⁿ dt>0.

4. A l’aide d’une int´egration par partie que :

∀n∈N, In+1 = Z e

1

(lnt)ⁿ⁺¹dt= [t(lnt)ⁿ⁺¹]^e₁− Z e

1

t×n+ 1

t (lnt)ⁿdt=e−(n+1) Z e

1

(lnt)ⁿdt=e−(n+1)I_n On a alorsI2 =e−2I₁ =e−2,I3 =e−3I₂ =e−3(e−2) = 6−2eetI4 =e−4I₃=e−4(6−2e) = 9e−24.

5. ∀n∈N, comme I_n>0 alors I_n+1 >0 et donc e−(n+ 1)I_n60 soit (n+ 1)I_n6e.

6. ∀n∈N, on a alors 06In6 e

n+ 1 donc lim

n→+∞In= lim

n→+∞In+1= 0.

Ainsi (n+ 1)I_n=e+I_n+1 et donc lim

n→+∞(n+ 1)I_n=esoit (n+ 1)I_n ∼

+∞eet donc I_n ∼

+∞

e n+ 1 ∼

+∞

e n.

EXERCICE 4

Une suite r´ecurrente radicalement compliqu´ee On d´efinit une suite (un)n∈N paru0 >0 et ∀n∈N, un=√

n+un−1. 1. Pour tout entier natureln, posonsP(n) «u_n>√

n». P(0) est vraie d’apr`es l’´enonc´e.

SupposonsP(n−1) et montronsP(n) : on sait que un−1 >√

n−1>0 donc u_n=√

n+un−1 >√ n et doncP(n) est vrai.

Ainsi par principe de r´ecurrence, pour tout n∈N^?,un>√ n.

Par minoration, on a bien entendu que lim

n→+∞u_n= +∞.

2. (a) ∀x∈R⁺, par croissance de la fonction carr´e sur cet intervalle :

√x6 1

2(1 +x)⇔x6 1

4(1 +x)² ⇔4x61 + 2x+x² ⇔061−2x+x² ⇔06(x−1)² Cette derni`ere in´egalit´e ´etant vraie on en d´eduit que par ´equivalence la premi`ere l’est aussi donc

∀x∈R⁺,√ x6 1

2(1 +x).

(b) Pour tout entier natureln, posonsP(n) «un6n+ u0

2ⁿ ». P(0) est vraie car u0 60 +^u₁⁰.

SupposonsP(n−1) et montronsP(n) : on sait que un−16n−1 + u0

2ⁿ⁻¹ donc d’apr`es le 2.(a) : un=√

n+un−1 6 1

2(1 +n+un−1)6 1 2

1 +n+n−1 + u0

2ⁿ⁻¹

6n+u0

2ⁿ DoncP(n) est vrai.

Ainsi par principe de r´ecurrence, pour tout n∈N^?,un6n+u0

2ⁿ.

06 un−1

n² 6

n+ u₀ 2ⁿ⁻¹ n² = 1

n+ u₀ 2ⁿ⁻¹n² Comme lim

n→+∞

1

n = 0 et lim

n→+∞

u0

2ⁿ⁻¹n² = 0 donc lim

n→+∞

un−1

n² = 0.

(d) ∀n∈N,

un=√

n+un−1 donc un

n =

√n+un−1

n =

√n+un−1

√

n² = r1

n+un−1

n² Comme lim

n→+∞

1

n = 0 et lim

n→+∞

un−1

n² = 0 alors lim

n→+∞

u_n n = 0.

Ainsi la suiteu_n n

n∈N^?

converge vers 0.

(e) D’apr`es la question 1., on sait que :

∀n∈N^?, u_n>√

n⇒ 16 u_n

√n

On a ´egalement :

∀n∈N^?, un=√

n+un−1⇔ un

√n =

√n+un−1

√n = r

1 +un−1

n On a donc bien

∀n∈N^?, 16 u_n

√n 6 r

1 +un−1

n La suite

un

n

n∈N^?

converge vers 0, donc la suite

un−1

n−1

n∈N^?

converge aussi vers 0.

Bien entendu comme∀n>2, un−1

n−1 = un−1

n × n

n−1 alors la suiteun−1

n

n∈N^?

converge elle aussi vers 0 et on a donc que lim

n→+∞

r

1 +un−1

n = 1, et par le th´eor`eme des gendarmes on en d´eduit que lim

n→+∞

un

√n = 1 et doncun ∼

+∞

√n.

3. On pose , pour toutn∈N,w_n=u_n−√ n.

(a) Il suffit de calculer le quotient des deux termes :

√n+un−1+√ n 2√

n = 1

2 r

1 +un−1

n + 1

Et d’apr`es la question pr´ec´edente lim

n→+∞

un

√n = 1 donc lim

n→+∞

√n+un−1+√ n 2√

n = 1

2(1 + 1) = 1.

On a bien que√

n+un−1+√ n ∼

+∞2√ n.

(b) Pour toutndansN, on multipliant par la quantit´e conjugu´ee, on a : w_n=u_n−√

n=√

n+un−1−√

n= n+un−1−n

√n+un−1+√

n = un−1

√n+un−1+√ n

Puis on se sert de l’´equivalent de la question pr´ec´edente : w_n=∼

+∞

un−1

2√ n ∼

+∞

√n−1 2√

n ∼

+∞

1 2

rn−1

n ∼

+∞

1 2

r 1− 1

n

Par simple passage `a la limite on en d´eduit que la suite (w_n)n∈N admet ¹₂ comme limite.

(c) Par tout ce qui pr´ec`ede on a u_n−√

n=w_n −→

n→+∞

1

2 soit en reformulant :u_n−√

n= ¹₂+o(1) ou encore un=√

n+¹₂ +o(1).