Corrigé

(1)

Devoir surveillé n°05

• La présentation, la lisibilité, l’orthographe, la qualité de la rédaction et la précision des rai- sonnements entreront pour une part importante dans l’appréciation des copies.

• On prendra le temps de vérifier les résultats dans la mesure du possible.

• Les calculatrices sont interdites.

Problème 1

Partie I – Etude de la suite(𝑣𝑛)

1. La suite(𝑣_𝑛)vérifie la relation :𝑣₀> 0,𝑣₁> 0et∀𝑛 ≥ 0,√𝑣𝑛√𝑣𝑛+1𝑣_𝑛+2= 1.

Si elle converge vers une limite𝑙finie ou infinie, alors𝑙 ≥ 0et par continuité de𝑥 ↦ √𝑥, on a𝑙²= 1.

La seule limite possible de(𝑣𝑛)est 1 .

2. a. La suite(𝑤_𝑛)vérifie la relation de récurrence 𝑤_𝑛+2= −^𝑤^𝑛+1^+𝑤^𝑛

2 .

b. L’espace vectorielFest de dimension 2. On le vérifie en montrant que(𝑤_𝑛) ↦ (𝑤₀, 𝑤₁)est un isomorphisme deFdansℝ².

On cherche des éléments deFde la forme(𝑟^𝑛)avec 𝑟 ≠ 0, en reportant dans la relation de récurrence, on obtient𝑟²= −^𝑟+1

2 , soit𝑟 = ^{−1±𝑖√7}

4 . Donc ((^{−1+𝑖√7}

4 )

𝑛

, (^{−1−𝑖√7}

4 )

𝑛

)est une base deF. c. |||

−1+𝑖√7 4

||

| =|||

−1−𝑖√7 4

||

| =

√2 2 < 1 donc lim𝑛→+∞(^{−1+𝑖√7}

4 )

𝑛

=lim𝑛→+∞(^{−1−𝑖√7}

4 )

𝑛= 0.

On en déduit que si(𝑥𝑛) ∈ F, alors𝑥𝑛 =

𝑛→+∞𝒪 (^√2

2 )

𝑛et lim𝑛→+∞𝑥𝑛= 0 .

3. (𝑤𝑛) ∈ Fdonc, d’après la questionI.2.c, lim𝑛→+∞𝑤𝑛= 0, or𝑣𝑛= 𝑒^𝑤^𝑛donc lim𝑛→+∞𝑣𝑛= 1 et ∑ 𝑣𝑛diverge . De plus𝑣_𝑛− 1 ∼

𝑛→+∞𝑤_𝑛 =

𝑛→+∞𝒪 (^√2

2 )

𝑛et∑ (^√2

2 )

𝑛converge absolument donc

∑(𝑣_𝑛− 1)converge absolument .

Partie II – Norme subordonnée

1. Remarquons que l’application𝑓_A∶ X ∈ ℳ_𝑛,1(ℂ) ↦ AX est linéaire et donc continue puisqueℳ_𝑛,1(ℂ)est de dimension finie. De plus, ℬ = {X ∈ ℳ_𝑛,1(ℂ), ‖X‖ ≤ 1} est compact toujours carℳ_𝑛,1(ℂ) est de dimension finie. Ainsi 𝑓A est bornée surℬ. En notantN∞la norme uniforme sur les applications bornées surℬ, on a donc

|||A||| = N∞(𝑓A). On vérifie alors aisément que||| |||est une norme sachant queN∞en est une.

Homogénéité Soientλ ∈ ℂetA ∈ ℳ_𝑛(ℂ). Il est clair que𝑓_λA= λ𝑓_Adonc

|||λA||| = N_∞(𝑓_λA) = N_∞(λ𝑓_A) = |λ|N_∞(𝑓_A) = |λ| |||A|||

(2)

Inégalité triangulaire Soit(A, B) ∈ ℳ𝑛(ℂ)². Il est clair que𝑓A+B= 𝑓A+ 𝑓B. Alors

|||A + B||| = N_∞(𝑓_A+B) = N_∞(𝑓_A+ 𝑓_B) ≤ N_∞(𝑓_A) + N_∞(𝑓_A) = |||A||| + |||B|||

Séparation SoitA ∈ ℳ_𝑛(ℂ)telle que|||A||| = 0. AlorsN_∞(𝑓_A) = 0donc𝑓_Aest nulle surℬ. SoitX ∈ ℳ_𝑛,1(ℂ). Si X = 0alors𝑓_A(X) = 0. SinonX/‖X‖ ∈ ℬdonc𝑓_A(X/‖X‖) = 0puis𝑓_A(X) = 0. Ainsi𝑓_Aest nulle surℳ_𝑛,1(ℂ) i.e.A = 0.

2. SiB = 0, alorsAB = 0et donc|||AB||| = |||A||| |||B||| = 0. SupposonsB ≠ 0de sorte que|||B||| ≠ 0. SoitX ∈ ℬ.

Alors‖BX‖ ≤ |||B|||ou encoreBX/ |||B||| ∈ ℬdonc‖ABX/ |||B||| ‖ ≤ |||A|||i.e.‖ABX‖ ≤ |||A||| |||B|||. Ceci étant vrai pour toutX ∈ ℬ,|||AB||| ≤ |||A||| |||B|||.

Partie III – Etude de normes matricielles

1. a. DZ =

⎛

⎜

⎝ 𝑚_1,1𝑧₁ 𝑚_2,2𝑧₂

⋮ 𝑚_𝑛,𝑛𝑧_𝑛

⎞

⎟

⎠

donc‖DZ‖_∞=max1≤𝑖≤𝑛|𝑚_𝑖,𝑖𝑧_𝑖| ≤ 𝑚max1≤𝑖≤𝑛|𝑧_𝑖| = 𝑚‖Z‖_∞.

‖DZ‖_∞≤ 𝑚‖Z‖_∞ .

b. Si‖Z‖∞≤ 1, alors on a‖DZ‖∞≤ 𝑚d’où|||D|||_∞=sup_X∈ℂ𝑛,‖X‖_∞≤1‖DX‖∞≤ 𝑚.

De plus, il existe un entier 𝑗 ∈ {1, ⋯ , 𝑛}tel que𝑚 = |𝑚_𝑗,𝑗|. En prenant𝑧_𝑗 = 1et pour𝑘 ≠ 𝑗,𝑧_𝑘 = 0et

Z =

⎛

⎜

⎝ 𝑧1

𝑧₂

⋮ 𝑧𝑛

⎞

⎟

⎠

, on a‖DZ‖∞= 𝑚et‖Z‖∞= 1d’où|||D|||_∞≥ 𝑚.

Finalement |||D|||_∞= 𝑚. 2. a. N_P(X) = ‖PX‖_∞.

SiPn’est pas inversible, en prenantX ∈kerPnon nul, on aN_P(X) = 0etX ≠ 0doncN_Pn’est pas une norme.

SiPest inversible, alors

• N_Pest une application deℂ^𝑛dansℝ⁺

• ∀X ∈ ℂ^𝑛,∀λ ∈ ℂ,N_P(λX) = ‖λPX‖_∞= |λ|‖PX‖_∞= |λ|N_P(X).

• ∀(X, Y) ∈ (ℂ^𝑛)²,NP(X + Y) = ‖P(X + Y)‖∞= ‖PX + PY‖∞≤ ‖PX‖∞+ ‖PY‖∞= NP(X) + NP(Y).

• ∀X ∈ ℂ^𝑛,NP(X) = 0 ⟹ ‖PX‖∞ = 0 ⟹ PX = 0 ⟹ X = 0(car‖.‖∞est une norme etPest inversible).

doncN_Pest une norme.

Finalement, NPest une norme si et seulement siPest une matrice inversible .

b. |||A|||_P=sup_X∈ℂ𝑛,‖X‖_P≤1‖AX‖_P=sup_X∈ℂ𝑛,‖PX‖_∞≤1‖PAX‖_∞=sup_X∈ℂ𝑛,‖PX‖_∞≤1‖PAP⁻¹PX‖_∞ OrPest inversible, doncX ↦ PXest une bijection deℂ^𝑛surℂ^𝑛donc

sup_X∈ℂ𝑛,‖PX‖_∞≤1‖PAP⁻¹PX‖_∞=sup_X∈ℂ𝑛,‖X‖_∞≤1‖PAP⁻¹X‖_∞= ||||||PAP⁻¹||||||_∞, On a donc bien |||A|||_P= ||||||PAP⁻¹||||||_∞.

3. a. On sait queλest une valeur propre deAassociée au vecteurXsi et seulement siλest une valeur propre de PAP⁻¹associée au vecteurPX.

AetPAP⁻¹ont donc le même spectre et donc ρ(A) = ρ(PAP⁻¹).

b. Il existe une valeur propreλdeAtelle que|λ| = ρ(A). SoitXun vecteur propre unitaire associé àλ.ρ(A) =

|λ| = ‖λX‖_∞= ‖AX‖_∞≤ |||A|||_∞.

En utilisantIII.2.b, on en déduit :ρ(A) = ρ(PAP⁻¹) ≤ ||||||PAP⁻¹||||||_∞= |||A|||_P, et donc ρ(A) ≤ |||A|||_P . c. On supposeAdiagonalisable. Il existe une matrice diagonaleDet une matrice inversiblePtelles queD =

PAP⁻¹. D’aprèsIII.2.b,|||A|||_P = ||||||PAP⁻¹||||||_∞ = |||D|||_∞, d’aprèsIII.1.b,|||D|||_∞ = ρ(D)et commeAetD sont semblables,ρ(D) = ρ(A).

Il existe doncP ∈ GL_𝑛(ℂ)tel que|||A|||_P= ρ(A).

(3)

d. A =

⎛

⎜⎜

⎝ 0 0 1 1 0 0 0 1 0

⎞

⎟⎟

⎠ .

P_A(X) = 1 − X³, les valeurs propres deAsont 1,𝑗et𝑗²donc ρ(A) = 1. Les vecteurs propres associés à 1,𝑗et𝑗²sont⎛

⎜⎜

⎝ 1 1 1

⎞

⎟⎟

⎠ ,⎛

⎜⎜

⎝ 1 𝑗² 𝑗

⎞

⎟⎟

⎠ et⎛

⎜⎜

⎝ 1 𝑗 𝑗²

⎞

⎟⎟

⎠ .

Si P⁻¹=

⎛

⎜⎜

⎝

1 1 1 1 𝑗² 𝑗 1 𝑗 𝑗²

⎞

⎟⎟

⎠ etD =

⎛

⎜⎜

⎝ 1 0 0 0 𝑗 0 0 0 𝑗²

⎞

⎟⎟

⎠

, alorsD = PAP⁻¹et d’aprèsIII.3.c|||A|||_P= ρ(A).

e. A =

⎛

⎜

⎝

1 2 ⋯ 𝑛 1 2 ⋯ 𝑛

⋮ ⋮ ⋮

1 2 ⋯ 𝑛

⎞

⎟

⎠ .

Aest de rang 1 etE₀a pour équation𝑥₁+ 2𝑥₂+ ⋯ + 𝑛𝑥_𝑛= 0.

Une base deE0est :

⎛

⎜⎜

⎜

⎝

⎛

⎜⎜

⎜

⎝ 2

−1 0

⋮ 0

⎞

⎟⎟

⎟

⎠ ,

⎛

⎜⎜

⎜

⎝ 3 0

−1 0

⋮

⎞

⎟⎟

⎟

⎠ , ⋯ ,

⎛

⎜⎜

⎜

⎝ 𝑛 0

⋮ 0

−1

⎞

⎟⎟

⎟

⎠

⎞

⎟⎟

⎟

⎠ .

D’autre part,

⎛

⎜

⎝ 1 1

⋮ 1

⎞

⎟

⎠

est un vecteur propre deAassocié à la valeur propre^𝑛(𝑛+1)

2 . Aest donc diagonalisable (la somme des dimensions des sous-espaces propres est𝑛)

Si P⁻¹=

⎛

⎜⎜

⎜

⎝

2 3 ⋯ 𝑛 1

−1 0 ⋯ 0 1 0 −1 ⋱ ⋮ ⋮

⋮ ⋱ ⋱ 0 ⋮

0 ⋱ 0 −1 1

⎞

⎟⎟

⎟

⎠ etD =

⎛

⎜

⎜⎜

⎜

⎝

0 ⋯ ⋯ 0 0

⋮ ⋱ ⋮ ⋮

0 ⋯ ⋯ 0 0

0 ⋯ ⋯ 0 ^𝑛(𝑛+1)

2

⎞

⎟

⎟⎟

⎟

⎠ ,

alorsD = PAP⁻¹et d’aprèsIII.3.c|||A|||_P= ρ(A).

4. a. SoitA = (𝑎 𝑏

𝑐 𝑑)etZ = (𝑧₁ 𝑧₂).

‖AZ‖_∞=‖

‖‖

‖(𝑎 𝑏 𝑐 𝑑) (𝑧₁

𝑧₂)‖

‖‖

‖∞

=‖

‖‖

‖(𝑎𝑧₁+ 𝑏𝑧₂ 𝑐𝑧₁+ 𝑑𝑧₂ )‖

‖‖

‖∞

=max(|𝑎𝑧1+ 𝑏𝑧₂|, |𝑐𝑧₁+ 𝑑𝑧₂|)

≤max(|𝑎𝑧1| + |𝑏𝑧₂|, |𝑐𝑧₁| + |𝑑𝑧₂|) ≤max(|𝑎| + |𝑏|, |𝑐| + |𝑑|)max(|𝑧1|, |𝑧₂|) = 𝑚‖Z‖_∞. On a donc ‖AZ‖_∞≤ 𝑚‖Z‖_∞ .

On en déduit|||A|||_∞≤ 𝑚.

De même si𝑚 = |𝑐| + |𝑑|.

On en déduit|||A|||_∞≥ 𝑚.

On a donc |||A|||_∞= 𝑚.

b. i. A ∈ M₂(ℂ), non diagonalisable.

On travaille dansℂ, donc Sp(A) ≠ ∅.

(4)

Si Sp(A)possèdait deux éléments, alors le polynôme caractéristique deAserait scindé à racines simples etAserait diagonalisable, donc Sp(A)ne contient qu’un élément .

ii. On choisit une base𝑒 = (𝑒₁, 𝑒₂)deE, avec𝑒₁un vecteur propre de𝑓associé à la valeur propreα.

La matrice dans la base𝑒de𝑓est alors triangulaire supérieure, avec les valeurs propres sur la diagonale.

Elle est donc de la forme 𝑚𝑎𝑡_𝑒(𝑓) = (α β 0 α). iii. βest non nul carAn’est pas diagonalisable.

Posons𝑒^′₁= ^β

ϵ𝑒₁et𝑒^′₂= 𝑒₂.

𝑒^′= (𝑒₁^′, 𝑒^′₂)est une base deℂ²,𝑓(𝑒^′₁) = 𝑒^′₁,𝑓(𝑒^′₂) = 𝑓(𝑒₂) = β𝑒₁+ α𝑒₂= ϵ𝑒^′₁+ α𝑒₂^′. On a donc𝑚𝑎𝑡_𝑒′(𝑓) = (α ϵ

0 α).

Il existe donc une base𝑒^′deℂ²telle que𝑚𝑎𝑡𝑒^′(𝑓) = (α β^′

0 α )où|β^′| ≤ ϵ. iv. NotonsT = (α β^′

0 α ). Il existe une matriceP ∈ GL2(ℂ)telle queT = PAP⁻¹. On a alors|||A|||_P= ||||||PAP⁻¹||||||_∞= |||T|||_∞= |α| + |β^′| ≤ |α| + ϵ = ρ(A) + ϵ.

Il existe donc une matriceP ∈ GL₂(ℂ)telle que|||A|||_P≤ ρ(A) + ϵ. c. D’aprèsIII.4.b.iv,∀ϵ > 0 ∃P ∈ GL₂(ℂ) |||A|||_P≤ ρ(A) + ϵ.

On a donc infP∈GL₂(ℂ)|||A|||_P≤ ρ(A).

D’aprèsIII.3.b, siP ∈ GL₂(ℂ)alors|||A|||_P≥ ρ(A).

On a donc infP∈GL₂(ℂ)|||A|||_P≥ ρ(A).

Finalement infP∈GL₂(ℂ)|||A|||_P= ρ(A). d. A = (−3 8

−2 5).

|||A|||_∞=max(| − 3| + |8|, | − 2| + |5|) = 11.

P_A(X) = (X − 1)²et dim(E1) = 1doncAest non diagonalisable et Sp(A) = {1}.

On a donc ρ(A) = 1et d’aprèsIII.4.b.iii,Aest semblable à une matrice de la formeT = (1 β^′ 0 1 )avec

|β^′| ≤ 1.

Il existe doncP ∈ GL2(ℂ)telle queT = PAP⁻¹.

|||A|||_P= ||||||PAP⁻¹||||||_∞= |||T|||_∞= 1 + |β^′| ≤ 2.

Il existe donc une matriceP ∈ GL2(ℂ)telle que|||A|||_P≤ 2. e. On utilise la questionIII.4.b.ivavecϵ = ^1−ρ(A)

2 > 0.

On a alors|||A|||_P≤ ρ(A) + ϵ = ^1+ρ(A)

2 < 1.

On sait que la norme subordonnée est une norme d’algèbre, donc|||A^𝑛|||_P≤ |||A|||_P^𝑛et donc lim𝑛→+∞|||A^𝑛|||_P= 0 .

Partie IV – Etude de la suite(𝑢𝑛)

1. ^∂𝑓_∂𝑥(𝑥, 𝑦) = (0, − ²

(𝑥+𝑦)²)et^∂𝑓

∂𝑦(𝑥, 𝑦) = (1, − ²

(𝑥+𝑦)²).

∂𝑓

∂𝑥 et^∂𝑓

∂𝑦 existent et sont continues sur(ℝ^∗+)², donc 𝑓est de classeC¹sur(ℝ^∗+)² . 2. (𝑎, 𝑏) ∈ (ℝ^∗₊)²est un point fixe de𝑓si et seulement si(𝑎, 𝑏) = (𝑏, ²

𝑎+𝑏).

Le seul point fixe de𝑓dans(ℝ^∗₊)²est(1, 1).

(5)

3. ^∂𝑓

∂𝑥(1, 1)= (0, −¹

2)et^∂𝑓

∂𝑦(1, 1)= (1, −¹

2)donc J(1,1)= ( 0 1

−¹

2 −¹

2

) .

4. Le polynôme caractéristique deJ(1,1)estPJ_(1,1)(X) = X²+¹

2X +¹

2. Ses valeurs propres sont ^{−1+𝑖√7}

4 et ^{−1−𝑖√7}

4 de module ^√2

2 , doncρ(J(1,1)) = ^√2

2 .

J_(1,1)est donc diagonalisable (2 valeurs propres distinctes) et d’après la questionIII.3.c, il existeP ∈ GL₂(ℂ)tel que||||||J(1,1)||||||_P= ^√2

2 . 5. a. J(𝑥,𝑦)= ( 0 1

− ¹

(𝑥+𝑦)² − ¹

(𝑥+𝑦)²

)et(𝑥, 𝑦) ↦ ¹

(𝑥+𝑦)² est continue sur(ℝ^∗+)².

(𝑥, 𝑦) ↦ J(𝑥,𝑦)est donc continue sur(ℝ^∗+)². On est en dimension finie, donc la continuité ne dépend pas du choix des normes.

Soitϵ = α −^√2

2 > 0. ( car ^√2

2 < α < 1)

Ecrivons la continuité deJen(1, 1)pour la norme‖.‖Pau départ et la norme|||.|||_Pà l’arrivée :

∃η > 0 ∀(𝑥₀, 𝑦₀) ∈ (ℝ^∗₊)² (‖(1, 1) − (𝑥₀, 𝑦₀)‖_P≤ η ⟹ ||||||J(𝑥₀,𝑦₀)− J_(1,1)||||||_P≤ ϵ).

De l’inégalité triangulaire on déduit :

||||||J(𝑥₀,𝑦₀)− J_(1,1)||||||_P≤ ϵ ⟹ ||||||J(𝑥₀,𝑦₀)||||||_P≤ ||||||J(1,1)||||||_P+ ϵ = ^√2

2 + ϵ = α.

D’où finalement, ∃η > 0 ∀(𝑥₀, 𝑦₀) ∈ (ℝ^∗₊)² (‖(1, 1) − (𝑥₀, 𝑦₀)‖_P≤ η ⟹ ||||||J(𝑥₀,𝑦₀)||||||_P≤ α). b. Posonsψ(𝑡) = (1, 1) + 𝑡 [(𝑥0, 𝑦0) − (1, 1)].

𝑓estC¹surDetψestC¹de[0, 1]dansD, par composition, φest𝒞¹sur[0, 1]. Par composition, pour tout𝑡 ∈ [0, 1]

φ^′(𝑡) = d𝑓ψ(𝑡)(ψ^′(𝑡)) = d𝑓φ(𝑡)((𝑥0, 𝑦0) − (1, 1)) ou, quitte à confondreℝ²etℳ_2,1(ℝ)

φ^′(𝑡) = Jψ(𝑡)((𝑥0, 𝑦0) − (1, 1)) Majorons‖φ^′(𝑡)‖Ppour appliquer l’inégalité des accroissements finis.

‖φ^′(𝑡)‖P≤ ||||||Jψ(𝑡)||||||_P‖(𝑥0, 𝑦0) − (1, 1)‖P

Or‖(1, 1) − ψ(𝑡)‖_P= 𝑡‖(𝑥₀, 𝑦₀) − (1, 1)‖_P≤ η

donc d’aprèsIV.5.a,||||||Jψ(𝑡)||||||_P≤ αet‖φ^′(𝑡)‖P≤ α‖(𝑥0, 𝑦0) − (1, 1)‖P

φest de classeC¹de[0, 1]dansℝ²,∀𝑡 ∈ [0, 1], ‖φ^′(𝑡)‖P≤ α‖(𝑥0, 𝑦0)−(1, 1)‖P, d’après l’inégalité des accroissements finis,‖φ(0) − φ(1)‖P≤ α‖(𝑥0, 𝑦0) − (1, 1)‖Pou encore ‖(1, 1) − 𝑓(𝑥0, 𝑦0)‖ ≤ α‖(1, 1) − (𝑥0, 𝑥0)‖P. c. Montrons par récurrence sur𝑛que∀𝑛 ≥ 𝑛₀, (𝑢_𝑛, 𝑢_𝑛+1) ∈ D.

Par hypothèse, pour𝑛 = 𝑛₀,(𝑢_𝑛₀, 𝑢_𝑛₀₊₁) ∈ D.

Supposons que pour un entier𝑛 ≥ 𝑛₀donné,(𝑢_𝑛, 𝑢_𝑛+1) ∈ D.

On a alors :‖(1, 1) − (𝑢_𝑛+1, 𝑢_𝑛+2)‖_P= ‖(1, 1) − 𝑓(𝑢_𝑛, 𝑢_𝑛+1)‖_Pet d’après la question précédente, (𝑢_𝑛, 𝑢_𝑛+1) ∈ D ⟹ ‖(1, 1) − 𝑓(𝑢_𝑛, 𝑢_𝑛+1)‖_P≤ α‖(1, 1) − (𝑢_𝑛, 𝑢_𝑛+1)‖_P≤ ‖(1, 1) − (𝑢_𝑛, 𝑢_𝑛+1)‖_P≤ η.

Donc‖(1, 1) − (𝑢_𝑛+1, 𝑢_𝑛+2)‖_P≤ ηet(𝑢_𝑛, 𝑢_𝑛+1) ∈ D.

Finalement, la propriété est vraie au rang𝑛₀et elle est héréditaire, elle est donc vraie pour tout entier𝑛 ≥ 𝑛₀:

∀𝑛 ≥ 𝑛0, (𝑢𝑛, 𝑢𝑛+1) ∈ D . d. Montrons par récurrence sur𝑛que :

∀𝑛 ≥ 𝑛₀, ‖(1, 1) − (𝑢_𝑛, 𝑢_𝑛+1)‖_P≤ α^𝑛−𝑛⁰‖(1, 1) − (𝑢_𝑛₀, 𝑢_𝑛₀₊₁)‖_P. Pour𝑛 = 𝑛₀, la relation est évidente.

Supposons que pour un entier𝑛 ≥ 𝑛0donné,

‖(1, 1) − (𝑢𝑛, 𝑢𝑛+1)‖P≤ α^𝑛−𝑛⁰‖(1, 1) − (𝑢𝑛₀, 𝑢𝑛₀+1)‖P.

(6)

Alors,‖(1, 1) − (𝑢𝑛+1, 𝑢𝑛+2)‖P= ‖(1, 1) − 𝑓(𝑢𝑛, 𝑢𝑛+1)‖P

et comme(𝑢_𝑛, 𝑢_𝑛+1) ∈ D, d’après la questionIV.5.b,

‖(1, 1) − 𝑓(𝑢𝑛, 𝑢𝑛+1)‖P≤ α‖(1, 1) − (𝑢𝑛, 𝑢𝑛+1)‖P

On a donc‖(1, 1) − (𝑢_𝑛+1, 𝑢_𝑛+2)‖_P≤ α^{𝑛+1−𝑛}⁰‖(1, 1) − (𝑢_𝑛₀, 𝑢_𝑛₀₊₁)‖_P.

Finalement, la propriété est vraie au rang𝑛0et elle est héréditaire, elle est donc vraie pour tout entier𝑛 ≥ 𝑛0:

∀𝑛 ≥ 𝑛0, ‖(1, 1) − (𝑢𝑛, 𝑢𝑛+1)‖P≤ α^𝑛−𝑛⁰‖(1, 1) − (𝑢𝑛₀, 𝑢𝑛₀+1)‖P .

e. Les normes‖.‖_Pet‖.‖_∞sont équivalentes (dimension finie), il existe donc un réel𝑐 > 0tel que‖.‖_∞≤ 𝑐‖.‖_P. On a alors, ∀𝑛 ≥ 𝑛0, |1 − 𝑢𝑛| ≤ ‖(1, 1) − (𝑢𝑛, 𝑢𝑛+1)‖∞ ≤ 𝑐‖(1, 1) − (𝑢𝑛, 𝑢𝑛+1)‖P ≤ 𝑐α^𝑛−𝑛⁰‖(1, 1) − (𝑢_𝑛₀, 𝑢_𝑛₀₊₁)‖_P, et donc 𝑢_𝑛= 1 + O(α^𝑛).

f. 𝑢_𝑛= 1 + O(α^𝑛)et ^√2

2 < α < 1.

Donc lim𝑛→+∞𝑢𝑛= 1 , ∑ 𝑢𝑛diverge et ∑(𝑢𝑛− 1)converge absolument .

Partie V – Suite de l’étude

1. a. La suite(𝑥_𝑛)ne converge pas versλ:∃τ > 0 ∀N ∈ ℕ ∃𝑛 > N |𝑥_𝑛− λ| > τ.

En utilisant cette relation, on construit une suite(𝑥φ(𝑛))extraite de(𝑥𝑛)telle que pour tout𝑛 ∈ ℕ,|𝑥φ(𝑛)−λ| >

τ.

La suite(𝑥_φ(𝑛))est bornée (extraite de(𝑥_𝑛)), on peut donc en extraire une sous-suite qui converge vers une limiteλ^′. Nécessairement,|λ^′− λ| ≥ τ > 0doncλ^′≠ λ.

Donc la suite(𝑥_𝑛)admet une valeur d’adhérenceλ^′≠ λ .

b. Toute suite bornée possède au moins une valeur d’adhérence. D’après la question précédente, si une suite est bornée et non convergente, alors elle possède au moins deux valeurs d’adhérences.

Donc toute suite bornée ayant une unique valeur d’adhérence est convergente . c. (𝑥_𝑛)est une suite bornée.

Siℓ−= ℓ+, alors(𝑥𝑛)est bornée et possède une unique valeur d’adhérence, donc d’après la question précé- dente, elle est convergente.

Si(𝑥_𝑛)est convergente, alors elle possède une unique valeur d’adhérence doncℓ₋= ℓ₊. Finalement (𝑥_𝑛)est convergente si et seulement siℓ₋= ℓ₊ .

2. a. Montrons que∀𝑛 ∈ ℕ α ≤ 𝑢_𝑛≤ ¹

αpar récurrence double sur𝑛.

Par hypothèse, pour𝑛 = 0et𝑛 = 1, la relation est vraie.

Supposons que pour un entier𝑛 ≥ 𝑛₀donné,α ≤ 𝑢_𝑛≤ ¹

α etα ≤ 𝑢_𝑛+1≤ ¹

α. Alors,𝑢_𝑛+2 = ²

ᵆ_𝑛+1+ᵆ_𝑛 ≤ ₁²

α+¹ α

= α et𝑢𝑛+2= ²

ᵆ_𝑛+1+ᵆ_𝑛 ≥ ²

α+α = ¹

α

doncα ≤ 𝑢𝑛+2≤ ¹

Finalement, la propriété est vraie au rangα 0et1et elle est héréditaire, elle est donc vraie pour tout entier𝑛 ∈ ℕ:

∀𝑛 ∈ ℕ α ≤ 𝑢𝑛≤ ¹

α .

b. ℓ₋est la plus petite valeur d’adhérence de la suite(𝑢_𝑛). C’est donc la limite d’une suite extraite que l’on notera 𝑢_ψ(𝑛).

la suite 𝑢ψ(𝑛)−2 est alors bornée, elle possède une sous-suite𝑢ψ∘χ(𝑛)−2qui converge vers une limite𝑎. En posantφ ∶ 𝑛 ↦ ψ ∘ χ(𝑛) − 2, on a alors :

𝑢φ(𝑛)+2 ⟶

𝑛→+∞ℓ−et𝑢φ(𝑛) ⟶

𝑛→+∞𝑎, or𝑢φ(𝑛)+1= ²

ᵆ_φ(𝑛)+2 − 𝑢φ(𝑛)donc(𝑢φ(𝑛)+1)converge. On note𝑏sa limite.

Par passage à la limite dans𝑢_φ(𝑛)+2= ²

ᵆ_φ(𝑛)+1+ᵆ_φ(𝑛), on obtientℓ₋= ²

𝑎+𝑏. De plus𝑎 ≤ ℓ+et𝑏 ≤ ℓ+doncℓ−≥ ²

ℓ₊+ℓ₊ = ¹

ℓ₊. On en déduit ℓ−ℓ+≥ 1.

c. On procède de même en considérant une sous-suite𝑢_ψ(𝑛)qui converge versℓ₊et on obtientℓ₋ℓ₊ ≤ 1d’où ℓ₋ℓ₊= 1.

(7)

d. De même qu’en (b), on contruit successivement : (𝑢ψ(𝑛))qui converge versℓ−

(𝑢_{ψ∘χ(𝑛)−3})qui converge vers une limite𝑎.

(𝑢_{ψ∘χ∘ω(𝑛)−2})qui converge vers une limite𝑏.

En posantφ ∶ 𝑛 ↦ ψ ∘ χ ∘ ω(𝑛) − 3, on a alors : 𝑢_φ(𝑛)+3 ⟶

𝑛→+∞ℓ₋,𝑢_φ(𝑛) ⟶

𝑛→+∞𝑎et𝑢_φ(𝑛)+1 ⟶

𝑛→+∞𝑏.

Or𝑢φ(𝑛)+2= ²

ᵆ_φ(𝑛)+3 − 𝑢φ(𝑛)+1donc(𝑢φ(𝑛)+2)converge. On note𝑐sa limite.

Par passage à la limite dans𝑢φ(𝑛)+2= ²

ᵆ_φ(𝑛)+1+ᵆ_φ(𝑛)et dans𝑢φ(𝑛)+3= ²

ᵆ_φ(𝑛)+2+ᵆ_φ(𝑛)+1

on obtient𝑐 = ²

𝑎+𝑏etℓ−= ²

𝑏+𝑐. On a donc𝑏 + 𝑐 = ²

ℓ₋ = 2ℓ₊et𝑏 ≤ ℓ₊et𝑐 ≤ ℓ₊, donc𝑏 = 𝑐 = ℓ₊. De mêmeℓ₊= 𝑐 = ²

𝑎+𝑏 donc𝑎 = 𝑏 = ℓ₋. On a alors𝑏 = ℓ₊et𝑏 = ℓ₋d’où ℓ₊= ℓ₋ .

ℓ+= ℓ−,ℓ−ℓ+≥ 1et(𝑢𝑛)est une suite de réels positifs doncℓ+= ℓ−= 1et donc La suite(𝑢𝑛)converge vers 1 . e. La suite((𝑢_𝑛, 𝑢_𝑛+1)converge vers(1, 1)donc

il existe bien un entier𝑛₀tel que((𝑢_𝑛₀, 𝑢_𝑛₀₊₁) ∈ D.