CENTRALE 2008 PC Math 2

CENTRALE 2008 PC Math 2

Comme on a des suites de matricesXn, j’utilise la notation MapleXn[i]pour noter le coe¢ cient de la ligne ideXn .

Préliminaire

On véri…e sans problème que :

a b c d

d b

c a = ad bc 0

0 ad bc

La matriceM est inversible (e6= 0 ) et donc a b c d

1

= 1

ad bc

d b

c a

Partie I A:Récurrences linéaires d’ordre 2:

I.A.1) On a X_n+1= x_n+1

xn+2 = x_n+1

a0xn a1xn+1 et donc : A= 0 1 a0 a1

I.A.2) On calcule le polynôme caractéristique 1

a₀ a₁ = (a₁+ ) +a₀= ²+a₁ +a₀

I.A.3) On cherchetoutes les matricesQinversibles telles queA=QDQ ¹. Les colonnes deQsont les vecteurs propres deA:

ix+y= 0 a₀x+ ( a_{1 i})y= 0

la première ligne donne y = ixet la seconde est alors véri…ée pour toutx d’aprèsI.A.2. Le déterminant de la matrice vaut alors ( 2 1)x1x2, ce qui impose la condition x1x26= 0

9(x1; x2)2(C )², Q= x1 x2 1x1 2x2

Une classique véri…cation par récurrence donne alors : Aⁿ =Q:

n

1 0

0 ⁿ₂ :Q ¹

I.A.4) Si A admet une seuile valeur propre elle est double , donc racine double du polynôme caractéristique et donc (somme et produit des racines):

a0= 2 eta1= 2

On chercheQinversible telle queA=QT Q ¹. La première colonne deQest un vecteur propre donc du typeV1= x1

x1

avecx16= 0 (idemI.A.3))

La deuxième colonneV2 véri…eAV2= V2+V1. donc x+y=x₁

a₀x+ ( a₁ )y= x₁ . La première ligne donney=x1+ x . Si on reporte dans la seconde c’est bien véri…é car ²+a1 +a0= 0eta1= 2 . Q= x1 x

x1 x1+ x de déterminant x²₁6= 0

9(x₁; x₂)2C C,Q= x₁ x₂ x₁ x₁+ x₂ On a T =D+N avecD= I₂et N = 0 1

0 0 . On véri…eDN =N D etN²= 0 Tⁿ=Dⁿ+nD^{n 1}N =

n n ^{n 1}

0 ⁿ

donc :

Aⁿ =Q:

n n ^{n 1}

0 ⁿ :Q ¹

I.A.5) Comme le corps de base estC,A admet 2 valeurs propres (avec multiplicité) . Il n’y a bien que 2 cas possibles :

Aadmet deux valeurs propres distinctes. elles sont donc simples etAest diagonalisables.

Aadmet une valeur propre double . Mais alors siAest diagonalisableAest semblable à I₂etA=P( I₂)P ¹= I₂ . Absurde à cause du1sur la première ligne.

I.A.6)

exemple 1 : A = 0 1

2 3 de valeurs propres 1 et 2 . On peut donc prendre Q = 1 1

1 2 et T = 1 0

0 2 , Le préliminaire donneQ ¹= 2 1

1 1 et donc

Aⁿ=QTⁿQ ¹= 2 2ⁿ 2ⁿ 1 2 2ⁿ⁺¹ 2ⁿ⁺¹ 1 On a donc

Xn=Aⁿ x₀

x₁ = (2 2ⁿ)x₀+ (2ⁿ 1)x₁ (2 2ⁿ⁺¹)x0+ 2ⁿ⁺¹ 1 x1

et donc :

xn= (2 2ⁿ)x0+ (2ⁿ 1)x1

véri…cations : x0; x1et la deuxième ligne de Xn sont cohérentes.

exemple 2 : A= 0 1

4 4 de valeur propres 2 double. On peut donc prendreQ= 1 0

2 1 et T = 1 0 0 2 , Le préliminaire donneQ ¹= 1 0

2 1 et A.I.4) :donneTⁿ = 2ⁿ n2^{n 1}

0 2ⁿ . Donc Aⁿ=QTⁿQ ¹= (n 1)2ⁿ n2^{n 1}

n2ⁿ⁺¹ (n+ 1)2ⁿ On a donc

Xn =Aⁿ x0

x1 = (n 1)2ⁿx0+n2^{n 1}x1

n2ⁿ⁺¹x₀+ (n+ 1)2ⁿ⁺¹x₁ et donc :

xn = (n 1)2ⁿx0+n2^{n 1}x1

B:Vers un ordre supérieur

I.B.1)Par la règle de Sarrus

1 0

0 1

a0 a1 a2

= ²( a2 ) a0 a1 = P( )

I.B.2) est linéaire : Si(un)et(vn)sont deux suites et un scalaire

((un) + (v)_n) = 0

@ 0

@ u_n+ v_n u_n+1+ v_n+1 u_n+2+ v_n+2

1 A

1 A=

0

@ 0

@ u_n u_n+1 u_n+2

1 A

1 A+

0

@ 0

@ v_n v_n+1 v_n+2

1 A

1

A= ((un)) + ((vn))

est bien linéaire.

Si ((un))est la suite de matrices nulles on a : 8n2N, 0

@ u_n u_n+1 u_n+2

1 A=

0

@ 0 0 0

1

Adonc8n2Nun= 0donc(un) = (0)

On prend la suite de matrices : 8n2NXn = 0

@ 1 0 0

1

A. Si(Xn)2Im( ) on a 0

@ 1 0 0

1 A=

0

@ xn

xn+1

xn+2

1

Adoncxn+1 = 0, mais

aussi par translation d’indice 0

@ 1 0 0

1 A=

0

@ xn+1

xn+2

xn+3

1

Adoncx_n+1= 1. ABSURDE

remarque : pour construire le contre exemple prendre n’importe quelle suite telle que la seconde coordonnée de X_n ne sont pas la première de Xn+1

est linéaire injective non surjective.

I.B.3)On véri…e que :

X_n+1= 0

@ x_n+1 x_n+2 x_n+3

1 A=

0

@ x_n+1

x_n+2 a₂x_n+2 a₁x_n+1 a₀x_n

1

A=AX_n et donc (suite géométrique)X_n =AⁿX₀

Réciproquement soit X_n véri…ant : 8n2N,X_n =AⁿX₀ .

Analyse : si (X_n) = ((u_n))alors pour toutn u_n=X_n[1]la première coordonnée deX_n . Véri…cation : Soit (U_n) = ((u_n)), véri…ons(U_n) = (X_n)puis(U_n)2 Rp:

Par construction8n2N,Xn[1] =Un[1].

Puis : 8n2N: Xn[2] =Xn+1[1](d’après la forme deA ) etUn[2] =un+1=Un+1[1]doncXn[2] =Un[2]

de même8n2NXn[3] =Xn+2[1] =Un+2[1] =Un[3]

En…n8n2N,Xn+1=AXndonne8n2N,xn+3= a0xn a1xn+1 a2xn+2et donc8n2N,un+3+a2un+2+a1un+1+a0un

Donc la suite(Xn)est l’image de la suite(un)2 R^p

(X_n)2 (Rp), 8n2N,X_n =AⁿX₀

I.B.4)D’après la question précédente toute suite deR^p est du typeAⁿX0. On peut décomposerX0dans la base canonique X0= e1+ e2+ e3 . On a alors

8n2N: X_n= Aⁿe₁+ Aⁿe₂+ Aⁿe₃

Réciproquement toute suite du type8n2N,Y_n = Aⁿe₁+ Aⁿe₂+ Aⁿe₃véri…eY_n=AⁿY₀ donc

(X_n)2 Rp, 9( ; ; )2 C³ (X_n) = (Aⁿe₁) + (Aⁿe₂) + (Aⁿe₃)

Mais la famille(Aⁿe1);(Aⁿe2);(Aⁿe3)est libre . Si on prend une combinaison linéaire (Aⁿe1) + (Aⁿe2) + (Aⁿe3) = (0) , le premier terme (pourn= 0) impose e1+ e2+ e3= 0. Or la famille (e1; e2; e3)est libre donc = = = 0; On a donc

dim (R^p) = 3

C:Exemples (quasi) numériques

I.C.1) a)

A= 0

@ 0 1 0

0 0 1

1=2 3=2 2 1 A

Le polynôme caractéristique est P Une fois constater que1 est racine évidente, on trouve 3 valeurs propres distincts1 et 1 i

2 . A est donc diagonalisable.

b)Si on prendX0= 0, la suite est constante nulle et converge vers0 . Ce n’est pas le but de la question.

Si on prendX0=e1= 0

@ 1 0 0

1

Aon a la suite 0

@ 0 0 1=2

1 A;

0

@ 0 1=2 1

1 A;

0

@ 1=2 1 5=4

1 A;

0

@ 1 5=4 5=4

1 A;

0

@ 5=4 5=4 9=8

1 A; :

Si L= 0

@ 1 1 1

1

Aon a comme suite des kXn Lk₁la suite 1;1;1;1=2;1=4;1=8; On peut conjecturer que la limite est1 . . remarque : la réponse dépend de X0 ;

c) on véri…e quedet(Q) = 16= 0. Qest donc inversible . Deux produits matriciels véri…ent que

AQ=QT = 0

@ 1 1 1

1 1 0

1 1=2 1=2 1 A

d) On obtient successivement :

T²= 0

@ 1 0 0

0 0 1=2

0 1=2 0

1 A ,T³=

0

@ 1 0 0

0 1=4 1=4

0 1=4 1=4

1

A ,T⁴= 0

@ 1 0 0

0 1=4 0

0 01 1=4

1 A

On en déduit

T^4p= T^{4 p}= 0

@ 1 0 0

0 ( 1=4)^p 0

0 01 ( 1=4)^p 1 A= ( 1

4)^p 0

@ ( 4)^p 0 0 0 1 0 0 0 1

1 A

Puis en multipliant parT; T²; T³ T^4p+1 = ( 1

4)^p 0

@ ( 4)^p 0 0 0 1=2 1=2 0 1=2 1=2

1

A; T^4p+2= ( 1 4)^p

0

@ ( 4)^p 0 0

0 0 1=2

0 1=2 0

1 A

T^4p+3 = ( 1 4)^p

0

@ ( 4)^p 0 0

0 1=4 1=4

0 1=4 1=4

1 A

On peut aussi poser un calcul par blocs en remarquant que T₀ = 1=2 1=2

1=2 1=2 = 1 p2

cos ( =4) sin ( =4)

sin ( =4) cos ( =4) est la matrice d’une similitude directe de rapport 1=p

2 et d’angle =4 et donc T₀ⁿ = 1 2ⁿ⁼²

cos (n =4) sin (n =4)

sin (n =4) cos (n =4) mais ce n’est pas le plan du sujet.

e) changement de base classique :

X_n =AⁿX₀)X_n =QTⁿQ ¹X₀)Y_n=TⁿY₀

Or les 4 suitesT^4p; T^4p+1; T^4p+2; T^4p+3convergent vers la même limiteL= 0

@ 1 0 0 0 0 0 0 0 0

1 A.

Donc la suiteTⁿconverge versL, la suiteY_n converge versLY₀. OrX_n=QY_n doncX_n converge versQLY₀=QLQ ¹X₀: x_n=X_n[1]la première coordonnée deX_n converge donc aussi.

Si P=X³ 2X²+3 2X 1

2 toute suite deRp converge.

A la machine le calcul (non demandé) ne pose pas de gros problème : (xn)converge versx0 2x1+ 2x2

I.C.2)

a) Les racines deP sont1et 1 ip 3

2 =e ^{i =3} .

b) La matrice A est donc diagonalisable et il existe une matrice Q inversible telle que A = Qdiag(1; e^{i =3}; e ^{i =3})Q ¹ . Aⁿ =Qdiag(1; e^{ni =3}; e ^{ni =3})Q ¹ est donc de période6.

En reprenant la notationY_n =Q ¹X_n on a

Y_n = diag(1; e^{ni =3}; e ^{ni =3}):Y₀= 0

@ Y₀[1]

0 0

1

A+e^{in =3} 0

@ 0 Y₀[2]

0 1

A+e ^{in =3} 0

@ 0 0 Y₀[3]

1 A

= 0

@ Y0[1]

0 0

1

A+ cos n 3

0

@ 0 Y0[2]

Y0[3]

1

A+ sin n 3

0

@ 0 Y0[2]

Y0[3]

1 A

et donc

X_n=Q 0

@ Y₀[1]

0 0

1

A+ cos n

3 Q

0

@ 0 Y₀[2]

Y₀[3]

1

A+ sin n

3 Q

0

@ 0 Y₀[2]

Y₀[3]

1 A

on pose donca=la première ligne deQ 0

@ Y0[1]

0 0

1

A, celle deQ 0

@ 0 Y0[2]

Y0[3]

1

A, celle deQ 0

@ 0 Y0[2]

Y0[3]

1

Aet on a bien :

9( ; ; )2C³ ,xn = + cos n

3 + sin n 3 I.C.3)

a) On développe (X ) (X )²= (X ) (X² 2 X+ ²) =X³ ( + 2 )X²+ ²+ 2 ²et donc

A= 0

@ 0 1 0

0 0 1

2 2 2 + 2

1 A

b)A est semblable àT donc est diagonalisable si et seulement siT l’est . OrT I₃= 0

@ 0 0 0 0 1 0 0 0

1

A est de rang2(

6

= 0) et donc le sous espace propre E (T) = Ker(T I₃)est de dimension 1strictement inférieur à la multiplicité.

An’est pas diagonalisable

c) Le décompositionT =D+N avecD=diag( ; ; )etN = 0

@ 0 0 0 0 0 1 0 0 0

1

Adonne commeDN =N D(= N)etN²= 0

Tⁿ = 0

@

n 0 0

0 ⁿ n ^{n 1}

0 0 ⁿ

1 A

En posant encoreYn=Q ¹Xn on a Xn=QYn etYn=TⁿY0

Si pour tout X₀ la suite (X_n) converge vers 0 alors pour tout Y₀ =Q ¹X₀ la suite Y_n converge vers 0 . En prenant X0 =Qe1 on trouve que Tⁿe1 converge vers 0 donc que

0

@

n

0 0

1

A converge vers 0 donc 2] 1;1[ . De même avec X0=Qe2 on trouve 2] 1;1[:

Réciproquement si 2] 1;1[et 2] 1;1[alorsTⁿ converge vers(0)et donc toute suiteXn =QTⁿQ ¹X0 converge vers(0)

8X₀2 M3;1(C);lim (X_n) = (0)) () 2] 1;1[et 2] 1;1[

Si pour toutX₀ la suite (X_n) converge alors pour tout Y₀ = Q ¹X₀ la suite Y_n converge . En prenantX₀ =Qe₁ on trouve queTⁿe₁converge vers0donc que

0

@

n

0 0

1

Aconverge vers0donc 2] 1;1]. De même avecX₀=Qe₂on trouve 2] 1;1]puis avecX0=Qe3 impose la convergence den ^{n 1} et donc u2] 1;1[

Réciproquement si 2] 1;1[ et 2] 1;1[ (Xn) converge vers (0) et si = 1; 2] 1;1[ ,Xn converge vers Q

0

@ 1 0 0 0 0 0 0 0 0

1 AQ ¹X₀

8X₀2 M3;1(C); X_n)converge () 2] 1;1]et 2] 1;1[

PARTIE II

éléments de solutions non rédigés

A : existence et unicité

II.A.1) Par récurrence 8n2N,Xn =PnX0

II.A.2) Si(X_n)est solution alors (X_n) = (P_na), d’où l’unicité si existence . Mais la suite (P_nA)véri…e les 2 conditions , d’où l’existence et l’unicité.

II.A.3)

a) On a un sous ensemble de S C^k , non vide ( contient la suite nulle) , sable par combinaison linéaire (véri…cation immédiate) , donc un sous espace vectoriel .

b) est linéaire , injective ( si X₀ = 0 , (X_n) = (PⁿX₀) = (0) ) et surjective (sia 2C^k ) la suite (X_n) = (P_na)est un antécédent dea.

est un isomorphisme et conserve donc les dimensions

dim (S) =k

B : un exemple

II.B.1)Le calcul des premiers termes laisse penser Pn = 1 n+ 1 0

hn 1

!

, que l’on véri…e par récurrence.

II.B.2)D’aprèsII.A.2) 8n2N,X_n=PⁿX₀=

x0

n+ 1 x0hn+y0

!

II.B.3) Donc 8n2N ,Xn =x0

1 n+ 1

h_n

!

+y0 0

1 . Une base de S est composé des deux suites

1 n+ 1

h_n

!!

et 0

1 qui forment un système libre de bon cardinal.

II.B.4) (hn) est la suite des sommes partielles d’une série divergente à termes positifs et diverge donc vers +1:La suite (Xn)converge si et seulement six0= 0au quel cas elle est constante.

C: condition initiale au temps

II.C.1)Dans ce cas pour toutn2[0; n0],Pn=An 1An 2 A0 est inversible comme produit de matrices inversibles.

a) On sait queX_n0 =P_n0X₀, donc siP_n0 est inversibleX₀= (P_n0) ¹X_n0 et donc

8p2N,Xn0+p=Pn0+p(Pn0) ¹Xn0 ,8p2[0; n0] ,An p=Pn0 p(Pn0) ¹Xn0

b) Si la suite(Xn)on a pour toutn Xn=Pn(Pn0) ¹Xn0;donc au plus une solution , et on véri…e que cette suite convient.

II.C.2)

a) OUI : Si on pose A0 = (0) non inversible alorsX1 = (0) et 8n 1 Xn = (0) . Si on imposeXn0 6= 0 il n’y a pas de solution.

b) OUI : même exemple avecX_n0 = (0)

D: Equation avec second membre

II.D.1)

a)On fait deux récurrences:

8p 0 ,X_n+p existe et est unique

8p2 [0; n0] , Xn p existe et est unique . (cette seconde récurrence utilise Xn 1 =A_n¹₁(Xn bn)qui existe dès que An 1 est inversible)

b) en maple sous forme récursive : X:=proc(a,n0,b)

if n=n0 then a

elif n>n0 then A(n-1)&*X(n-1)+b(n-1) else A(n)^(-1)&*(X(n+1)+b(n+1)) fi;

end;

II.D.2)On prend une combinaison linéaire Xk i=1

iZ_pⁱ = (0), alors d’après les formules duII.Cd’existence et unicité8n2N ,

Xk i=1

iZ_nⁱ =Pn(Pp) ¹ Xk i=1

iZ_pⁱ = 0et donc Xk

i=0

i Z_{n n}ⁱ

2N = 0. Or ces suites sont supposées libres donc 8i , i = 0 .La famille est libre dansC^k et de bon cardinal : c’est une base.

II.D.3)

a) Pour toutn…xé la famille Z_n¹; Z_;n^k est une base deC^korYn2C^k. doncYnse décomposeYn= Xk i=1

cⁱ_nZ_nⁱ =Zn

0 B@

c¹_n ... c^k_n

1 CA b) On veut8n2N, Y_n+1=A_nY_n+b_n soit8n2N,Z_n+1C_n+1=A_nZ_nC_n+b_n . Mais8n2N,Z_n+1=A_nZ_n (le véri…er par blocs en utilisantZ_n+1ⁱ =A_nZ_nⁱ ) donc on veut 8n2N,Z_n+1C_n+1=Z_n+1C_n+b_n .

Or les colonnes deZ_n+1 forment par construction une base deC^k et doncZ_n+1 est inversible.

8n2N; C_n+1=C_n+Z_n+1¹ b_n

E: Un exemple

II.E.1) d’après II.B.3) on connaît une base que l’on peut noter Z_n¹ =

1 n+ 1

hn

!!

et Z_n² = 0

1 et donc

Zn = 1 n+ 1 0

hn 1

!

commedet(Zn) = 1

n+ 1 le préliminaire donneZ_n¹= (n+ 1)

1 0

h_n 1 n+ 1

!

et doncZ_n+1¹ bn=

1 1 n+ 1

!

en simpli…ant hn+1 hn= 1

n+ 1 . On a donc

C_n+1=C_n+

1 1 n+ 1

!

II.E.2)de la relation précédente on déduit par récurrence8n2N,C_n= n

h_n +C₀:

OrY₀=Z₀C₀= 1 1 0 0 1

!

C₀. DoncC₀=Y₀doncC_n= x₀+n

y₀+h_n et donc

Yn =ZnCn=

x0+n n+ 1

x0(n 1 +hn) +y0

!