MPSI B Année 2018-2019. DM 11 pour le 22/02/19 29 juin 2019
Exercice
1. La linéarité de Φ est immédiate à partir de la dénition de g .
2. Pour montrer que φ est injective, considérons f ∈ ker φ . Pour tout x réel xf(x) = 0 . En particulier f (x) = 0 pour tous les x non nuls. De plus f (0) aussi est nul. En eet f est continue en 0 donc sa limite en 0 est f (0) elle doit aussi être nulle donc f . 3. Quelles sont les fonctions dans l'image de φ ?
Soit h une telle fonction. Il existe alors f continue dans R telle que
∀x ∈ R , h(x) = xf (x).
En particulier h(0) = 0 et, pour tous les x non nuls, f (x) = h(x) x .
Une application h dans l'image est donc telle que l'application dénie dans R ∗ et qui à x associe h(x) x admet un prolongement continu en 0. On en déduit que h ∈ Im φ entraîne h dérivable en 0.
Réciproquement si h est nulle et dérivable en 0 , en posant
f(x) = g(x)
x si x 6= 0 g 0 (0) si x = 0 La fonction f est continue dans R et φ(f ) = h .
En conclusion, l'image de φ est formée par les fonctions continues dans R, nulles en 0 et dérivables en 0.
Problème
1. a. La relation de récurrence étant linéaire, il est immédiat que si (x n ) n∈ N et (y n ) n∈ N sont dans E a et λ et µ dans R, la suite (λx n + µy n ) n∈ N ∈ E a .
b. Chaque suite dans E a est dénie de manière unique par ses trois premiers termes et la relation de récurrence. L'application
φ :
( E a → R 3
(x n ) n∈ N 7→ (x 0 , x 1 , x 2 ) est un isomorphisme linéaire. La dimension de E a est donc 3 .
2. a. On vérie (simplement en remplaçant dans la relation de récurrence) que les fonctions constantes sont dans E a .
b. La suite (v n ) n∈ N est dénie par la diérence entre deux termes consécutifs. En cassant les coecients (1 + a) et (1 + 4a) de la relation (1) , celle-ci s'écrit
4(u n+3 − u n+2 ) = 4a(u n+2 − u n+1 ) − (u n+1 − u n ) 4v n+2 = 4av n+1 − v n
La suite (v n ) n∈N vérie donc
4v n+2 − 4av n+1 + v n = 0 (2)
c. On désigne par F a l'ensemble des suites vériant (2) . Montrons d'abord qu'une suite vériant (2) vérie aussi (1) .
Soit (x n ) n∈ N ∈ F a , d'après (2) on a :
x n = 4ax n+1 − 4x n+2 ⇒ x n+1 = 4ax n+2 − 4x n+3 ⇒ 4ax n+2 − x n+1 = 4x n+3 . En remplaçant dans le membre de droite de (1) , on a :
4(1 + a)x n+2 − (1 + 4a)x n+1 + x n
= 4ax n+2 − x n+1 + 4x n+2 − 4ax n+1
| {z }
=−x
nd'après (2)
+ x n = 4ax n+2 − x n+1 = 4x n+3 .
Ceci prouve que (x n ) n∈ N ∈ E a d'où F a ⊂ E a . Cet ensemble F a est stable par combinaison linéaire comme tout ensemble de suites vériant une relation de récurrence linéaire. On en conclut que F a est un sous-espace vectoriel de E a . La relation (2) est vériée par les suites fabriquées à partir de celles de E a en prenant la diérence de deux termes consécutifs. Mais les suites de F a sont elles toutes de cette forme ?
En fait oui. L'application qui a une suite associe la diérence de deux termes consécutifs est un endomorphisme de E a dont l'image est incluse dans F a qui est de dimension 2 . Le noyau de cette application linéaire est K (espace des suites constantes) qui est de dimension 1 . Le rang est donc 2 ce qui prouve que F a est l'image de l'application.
3. Pour déterminer une base de F a , on forme l'équation caractéristique 4x 2 − 4ax + 1 = 0
dont le discriminant est 16(a 2 − 1) .
Lorsque 0 ≤ a < 1 , l'équation a deux racines complexes conjuguées. On pose a = cos θ avec θ ∈]0, π 2 [ . Les racines sont 1 2 e iθ et 1 2 e −iθ . Une base est alors (cours) :
((2 −n cos nθ) n∈ N , (2 −n sin nθ) n∈ N )
Cette création est mise à disposition selon le Contrat
Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/
1
Rémy Nicolai M1811CMPSI B Année 2018-2019. DM 11 pour le 22/02/19 29 juin 2019
Lorsque a = 1 . L'équation a une racine double 1 2 . Une base est alors (cours) : ((2 −n ) n∈ N , (2 −n n) n∈ N )
Lorsque 1 < a , l'équation a deux racines réelles. On pose a = ch θ avec θ > 0 . Les racines sont 1 2 e θ et 1 2 e −θ . Une base est alors (cours) :
((2 −n e nθ ) n∈N , (2 −n e −nθ ) n∈N )
4. L'ensemble K des suites constantes est dans F a si et seulement si la suite constante de valeur 1 est dans E a c'est à dire
∀k ∈ N : 4 = 4(1 + a) − (1 + 4a) + 1 Ce qui ne se produit que pour
a 0 = 5 4 5. Dans cette question, on suppose a 6= 5 4 .
a. L'hypothèse a 6= 5 4 entraîne que K n'est pas inclus dans F a . Comme c'est une droite vectorielle, on en tire K ∩ F a = {(0)} . Ici (0) désigne la suite nulle. De plus :
K est de dimension 1 (la famille constituée de la suite constante de valeur 1 en est une base)
F a est de dimension 2 (question 3.) E a est de dimension 3 (question 1.b.)
Il en résulte que K et F a sont supplémentaires dans E a . Soit (u n ) n∈
N une suite quelconque de E a . Comment se décompose-t-elle sur ces deux supplémentaires ?
Elle est la somme d'une suite constante de valeur c et d'une suite (v n ) n∈
N de F a . Cette dernière suite est caractérisée par ses deux premiers termes v 0 et v 1 . Pour calculer c , v 0 , v 1 , formons les relations venant des trois premiers termes
c + v 0 = u 0 × 1 4 c + v 1 = u 1 × (−a) c − 1
4 v 0 + av 1 = u 2 × 1
et combinons les pour trouver c . En sommant avec les coecients indiqués, on obtient
c =
1
4 u 0 − au 1 + u 2
5
4 − a , v 0 = u 0 − c, v 1 = u 1 − c
b. On obtient des bases de E a simplement en insérant (1) (la suite constante de valeur 1 ) dans les familles trouvées en 3.
6. Dans le cas particulier a 0 = 5 4 la relation de récurrence dénissant E a
0devient 4x n+3 = 9x n+2 − 6x n+1 + x n
Elle est vériée par (n) n∈ N . Les racines de l'équation caractéristique (de F a ) sont alors 1 et 1 4 . En fait 1 est une racine double de l'équation caractéristique de degré 3 de E a . Bien que ce ne soit pas vraiment plus compliqué que pour les récurrences d'ordre 2, les récurrences linéaires d'ordre 3 ou plus ne sont pas au programme. Pour montrer que la famille
((n) n∈ N , (1) n∈ N , (4 −n ) n∈ N )
est une base de E a
0, il sut (dimension) de prouver qu'elle est libre. Supposons donc que
α(n) n∈N + β (1) n∈N + γ(4 −n ) n∈N ) = (0)
Écrivons la nullité des trois premiers termes et transformons le système par opérations élémentaires :
β + γ = 0
α + β + 1
4 γ = 0
2α + β + 1
16 γ = 0
⇔
α + β + 1
4 γ = 0
β + γ = 0
− β + − 7
16 γ = 0
⇔
α + β + 1
4 γ = 0
β + γ = 0
+ (1 − 7
16 )γ = 0 ce qui entraîne α = β = γ et donc que la famille est libre.
7. Une suite de E a se décompose comme une somme d'une suite constante et d'une suite de F a . La question 5.a. donne la valeur c de la suite constante de cette décomposition. On trouve ici c = 1 avec les conditions initiales particulières. Notons (v n ) n∈N la composante dans F a . Elle admet pour conditions initiales
v 0 = − p
|a 2 − 1|, v 1 = 0, v 2 = 1 4
p |a 2 − 1|
Cette création est mise à disposition selon le Contrat
Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/
2
Rémy Nicolai M1811CMPSI B Année 2018-2019. DM 11 pour le 22/02/19 29 juin 2019
Lorsque a = 1 , cette suite est identiquement nulle donc u n = 1 pour tous les n . Lorsque a = cos θ ∈ [0, 1[ les conditions initiales deviennent
v 0 = − sin θ, v 1 = 0, v 2 = 1 4 sin θ Comme la suite est dans F a , il existe λ et µ tels que
∀n ∈ N , v n = λ2 −n cos(nθ) + µ2 −n sin(nθ) Les conditions initiales conduisent à
λ = − sin θ cos θ
2 λ + sin θ
2 µ = 0 ⇒
( λ = − sin θ µ = cos θ On en déduit
∀n ∈ N , v n = 2 −n sin((n − 1)θ), u n = 1 + 2 −n sin((n − 1)θ) Dans le cas a = ch θ > 1 , des calculs analogues conduisent à
∀n ∈ N , v n = 2 −n sh((n − 1)θ), u n = 1 + 2 −n sh((n − 1)θ)
Cette création est mise à disposition selon le Contrat
Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/
