w3 donc la suite n’est pas croissante

L2 SV-SVN 09 Janvier 2013 Math´ematiques

Corrig´e de l’examen

Exercice 1. On consid`ere la suite(un)n d´efinie par la relation de r´ecurrenceun+1 = f(un) o`u f est la fonction dont le graphe est donn´e sur la feuille Annexe.

a)Les points fixes def sont les solutions de l’´equationf(x) =x. Graphiquement, ce sont les abscisses des points d’intersection entre le graphe def et la droite d’´equationy = x. On trouve4points fixes: x₁ = 0, x2 '4,x3 '6,6etx4 '8,7.

b)Voir feuille annexe. On a not´eula suite avecu₀ = 1etvcelle avecv₀= 6.

c)Voir feuille annexe, on a notwcette suite. On constate graphiquement quew₄ < w₃ donc la suite n’est pas croissante.

d)Pourx₁ = 0: en prenantu₀ = 1on constate que la suite s’´eloigne de0, ce point semble plutˆot instable.

Remarque: en fait, graphiquement on peut voir que la tangente `a la courbe repr´esentative def a une pente sup´erieure `a1(elle a une pente plus forte que la droitey=x) donc|f⁰(0)|>1ce qui confirme l’impression que0est instable.

Pour x₂ ' 4: en prenant u₀ = 1 (en dessous de x₂) ou bien u₀ = 6 (au dessus de x₂) il semble graphiquement que dans chaque cas la suite (u_n)_n se rapproche de x₂ donc ce point semble stable. La mˆeme remarque que ci-dessus s’applique pour confirmer quex2est stable.

Pourx₃ ' 6,6: en prenantu₀ = 6(en dessous dex₃) ouu₀ = 7(au dessus dex₃), dans les deux cas la suite s’´eloigne dex3 donc ce point semble instable. La mˆeme remarque que ci-dessus s’applique pour confirmer quex₃est instable.

Pourx4 ' 8,7: en prenantu0 = 7(en dessous dex4) il semble graphiquement que la suite(un)nse rapproche dex4 donc ce point semble stable. La mˆeme remarque que ci-dessus s’applique pour confirmer quex₄est stable.

e)0 est un point fixe donc en prenant u0 = 0 la suite (un)n est constante ´egale `a 0 et donc tend vers 0 lorsquentend vers l’infini.

Exercice 2. Soitf la fonction d´efinie parf(x, y) = 8x+ 6y+ 1 x²+y²+ 1.

a)La fonctionf est bien d´efinie pour tousxetypuisquex²+y²+ 1ne peut pas s’annuler. La courbe de niveau1def est donc l’ensemble des(x, y)∈R² tels quef(x, y) = 1, soit

8x+ 6y+ 1

x²+y²+ 1 = 1 ⇐⇒ 8x+ 6y+ 1 =x²+y²+ 1

⇐⇒ x²−8x+y²−6y= 0

⇐⇒ (x−4)²+ (y−3)² = 25 = 5².

Elle est de la forme(x−x₀)²+ (y−y₀)² = R², c’est donc le cercleC de centre(x₀, y₀) = (4,3)et de rayonR= 5.

b)En appliquant la formuleu v

0

= u⁰v−uv⁰

v² on trouve

∂f

∂x(x, y) = 8(x²+y²+ 1)−(8x+ 6y+ 1)×2x (x²+y²+ 1)² et ∂f

∂y(x, y) = 6(x²+y²+ 1)−(8x+ 6y+ 1)×2y (x²+y²+ 1)² .

c)Le vecteur gradient defau point(x0, y0)est par d´efinition le vecteur∇f(x~ ₀, y0) =

∂f

∂x(x₀, y₀)

∂f

∂y(x0, y0)

! .On en d´eduit donc que∇f~ (0,0) =

8 6

et∇f(1,~ −1) = 2

8/3

.

Exercice 3. On consid`ere une population dont l’´evolution est donn´ee par l’´equation x⁰(t) =rx(t)(x(t)−M)(K−x(t)),

o`ux(t)d´esigne le nombre d’individus `a l’instanttexprim´e en centaines d’individus. Le nombrerest le taux de croissance intrins`eque de la population,M est appel´e la population seuil etK la capacit´e limite. Dans la suite on prendrar = 2,M = 3etK = 10, l’´evolution de la population est donc donn´ee par l’´equation x⁰(t) = 2x(t)(x(t)−3)(10−x(t)).

a)L’´equation estx⁰ = 2x(x−3)(10−x)donc la fonction f pour que l’´equation s’´ecrive sous la forme x⁰ =f(x)estf(x) = 2x(x−3)(10−x).

b)Les solutions stationnaires sont les fonctions constantes dont la valeurx0v´erifief(x0) = 0, c’est-`a-dire 2x<sub>0</sub>(x<sub>0</sub>−3)(10−x<sub>0</sub>) = 0. Comme un produit de facteurs est nul si et seulement si l’un des facteurs est nul on en d´eduit que soitx0= 0, soitx0−3 = 0c’est-`a-direx0 = 3, soit10−x0 = 0c’est-`a-direx0 = 10.

c)Une solution stationnairex₀ est stable sif⁰(x₀) <0et instable sif⁰(x₀) >0. On calcule donc d’abord f⁰. On peut par exemple d’abord d´evelopperf, on trouvef(x) =−2x³+ 26x²−60x. On en d´eduit donc quef⁰(x) = −6x²+ 52x−60. On a alorsf⁰(0) = −60 < 0,f⁰(3) = 42 > 0etf⁰(10) = −140 < 0.

Finalement,0et10sont stables tandis que3est instable.

d)Pour ´etudier le signe def(x)on peut par exemple faire un tableau de signe

−∞ 0 3 10 +∞

2x − 0 + + +

x−3 − − 0 + +

10−x + + + 0 −

f(x) + 0 − 0 + 0 −

e)L`a o`uf est n´egative on aurax⁰(t)n´egatif et donc la solutionx(t)sera d´ecroissante, et vice-versa lorsque f est positif la solution sera croissante. On peut repr´esenter le comportement des solutions de cette ´equation diff´erentielle `a l’aide du graphe suivant

10 3

0

On constate que juste en dessous de0 les solutions sont croissantes tandis qu’elles sont d´ecroissantes juste au dessus de0ce qui confirme que0est stbale, et de mˆeme pour10. Inversement, juste en dessous de 3les solutions sont d´ecroissantes alors qu’elles sont croissantes juste au dessus de3ce qui confirme que3 est instable.

f)D’apr`es la question e), on en d´eduit les r´esultat suivant:

• six₀ <0, la fonctionx(t)est strictement croissante et tendra vers0(premi`ere solution stationnaire sup´erieure `ax0),

• six₀ = 0, la fonctionx(t)est constante ´egale `a0(solution stationnaire),

• si0 < x0 < 3, la fonction x(t) est strictement d´ecroissante et tendra vers 0 (premi`ere solution stationnaire inf´erieure `ax0),

• six₀ = 3, la fonctionx(t)est constante ´egale `a3(solution stationnaire),

• si3 < x0 < 10, la fonction x(t) est strictement croissante et tendra vers10 (premi`ere solution stationnaire sup´erieure `ax₀),

• six0 = 10, la fonctionx(t)est constante ´egale `a10(solution stationnaire),

• six₀>10, la fonctionx(t)est strictement d´ecroissante et tendra vers10(premi`ere solution station- naire inf´erieure `ax₀).

Six0< M = 3le nombre d’individus va tendre vers0alors que six0 ≥3celui-ci va soit ˆetre constant ´egal

`a3soit tendre vers10. M est le seuil, nombre minimum d’individus, pour que la population ne s’´eteigne pas.

Quel que soit sa valeur initiale, le nombre d’individus tendra vers une valeur inf´erieure ou ´egale `aK= 10 d’o`u le terme “capacit´e limite”.

Exercice 4. SoitA=

2 2 3 1

.

a) Les valeurs propres deA v´erifient det(A−λI) = 0. On a A−λI =

2−λ 2 3 1−λ

et donc det(A−λI) = (2−λ)×(1−λ)−2×3 =λ²−3λ−4. Les valeurs propres deAsont donc les solutions de l’´equation du second degr´eλ²−3λ−4 = 0.

Le discriminant de cette ´equation est ∆ = (−3)² −4 ×1×(−4) = 25 et donc les solutions sont λ1= ⁻⁽⁻³⁾⁻

√ 25

2 =−1etλ1 = ⁻⁽⁻³⁾⁺

√ 25

2 = 4.

b)V1= −2

3

est vecteur propre deAassoci´e `aλ1siAV1 =λ1V1. On v´erifie queAV1= 2

−3

=−V₁. De mˆemeV₂ =

1 1

est vecteur propre deAassoci´e `aλ₂siAV₂ =λ₂V₂. On v´erifie queAV₂ = 4

4

= 4V2.

c)Les matricesD =

λ₁ 0 0 λ2

etQdont les colonnes sontV₁ etV₂ v´erifientD= Q⁻¹AQ. On prend doncD=

−1 0 0 4

etQ=

−2 1 3 1

. d)Une matriceM =

a b c d

est inversible si et seulement si son d´eterminantdet(M) =ad−bcest non nul, et dans ce cas son inverse estM⁻¹ = _det(M¹ ₎

d −b

−c a

. Ici on adet(Q) =−2×1−1×3 =−56= 0 doncQposs`ede un inverse et on aQ⁻¹ =−¹₅

1 −1

−3 −2

=

−1/5 1/5 3/5 2/5

. On consid`ere les suites(un)n∈Net(vn)n∈Nd´efinies par r´ecurrence paru0= 5,v0 = 0et

un+1 = 2un+ 2vn, v_n+1 = 3u_n+v_n.

e)En posant, pour tout entiern,Un= un

v_n

, on v´erifie qu’on a bienAUn=

2un+ 2vn

3u_n+v_n

=

un+1

v_n+1

=

U_n+1. On a alorsU₀= u₀

v0

= 5

0

.

f)La suite(U_n)_nv´erifieU_n+1 =AU_npour toutn, on en d´eduit queU_n=AⁿU₀. Par ailleurs,D=Q⁻¹AQ doncA=QDQ⁻¹et

Aⁿ= (QDQ⁻¹)× · · · ×(QDQ⁻¹) =QDⁿQ⁻¹. CommeDest diagonale, on peut facilement v´erifier par r´ecurrence queDⁿ=

(−1)ⁿ 0 0 4ⁿ

et donc U_n=AⁿU₀ =

−2 1 3 1

(−1)ⁿ 0 0 4ⁿ

×

−1/5 1/5 3/5 2/5

5 0

=

−2×(−1)ⁿ 4ⁿ 3×(−1)ⁿ 4ⁿ

× −1

3

=

2×(−1)ⁿ+ 3×4ⁿ

−3×(−1)ⁿ+ 3×4ⁿ

. Finalement on aun= 2×(−1)ⁿ+ 3×4ⁿetvn=−3×(−1)ⁿ+ 3×4ⁿ.

g)On a un

4ⁿ = 2×

−1 4

n

+ 3. Comme

−1 4

<1on a lim

n→+∞

−1 4

n

= 0et donc lim

n→+∞un= 3.