Devoir surveillé commun Poincaré

Devoir surveillé commun
Poincaré-Loritz PCSI/PTSI
II.3. (a) Donner le développement limité de la fonction t 7→ ch(t)−k au voisinage de
0 à l’ordre 4.
(b) En déduire le développement limité de Ik au voisinage de 0 à l’ordre 5.
durée : 4 heures
II.4. On considère l’équation différentielle
Laissez une marge au correcteur. Encadrez les résultats au stylo et à la règle. Écrivez lisi-
(E) xy 0 + y =
blement. La calculatrice n’est pas autorisée.
Problème d’analyse
Le but de ce problème est d’étudier les fonctions Ik définies sur R par
Z x
1
dt
∀x ∈ R,
Ik (x) =
k
0 ch (t)
où k est un nombre entier naturel.
1
.
ch (x)
k
(a) Résoudre sur R+∗ l’équation (E). On exprimera les solutions de (E) à l’aide
de Ik .
(b) Résoudre sur R−∗ l’équation (E).
(c) Soit f une solution de (E) sur R c’est-à-dire une fonction dérivable sur R qui
vérifie l’équation différentielle (E).
i. Que vaut f (0) ?
ii. Que vaut f (x) pour tout x ∈ R∗ ?
Partie I : calcul de Ik
I.1. Pour tout x ∈ R, calculer I0 (x).
I.2. Pour tout x ∈ R, calculer I1 (x) (on pourra faire le changement de variable u = et ).
I.3. Pour tout x ∈ R, calculer I2 (x).
I.4. (a) Rappeler la formule de trigonométrie hyperbolique contenant ch2 et sh2 .
(b) Soit k ∈ N∗ . À l’aide d’une intégration par parties, trouver une relation entre
ch(t)
1
= k+1 ).
Ik+2 et Ik (on pourra remarquer que pour tout t ∈ R, k
ch (t)
ch
(t)
(c) En déduire I3 et I4 .
Partie II : propriétés des fonctions Ik
Dans cette partie k est un entier naturel non nul fixé.
II.1. Déterminer la parité de la fonction Ik . On pourra faire le changement de variable
u = −t.
II.2. (a) Justifier la dérivabilité de Ik sur R et calculer la dérivée Ik0 de Ik .
iii. Quelle valeur pour les constantes apparaissant dans l’expression obtenue
à la question précédente la continuité de f impose-t-elle ?
(d) Montrer qu’il existe une unique solution de (E) sur R. On précisera la valeur
de le dérivée de cette fonction en 0.
Partie III : limite de Ik en +∞
III.1. (a) Montrer que pour tout t ∈ R+ ,
(b) En déduire que pour tout k ∈ N∗ et pour tout x ∈ R+ , Ik (x) ≤ 2.
(c) Justifier l’existence pour tout k ∈ N∗ d’une limite finie de Ik en +∞.
Z x
1
On pose, pour tout k ∈ N∗ , Jk = lim Ik (x) = lim
dt.
x→+∞
x→+∞ 0 chk (t)
III.2. Calculer J1 et J2 .
k
III.3. En utilisant la question I.4.(a), montrer que, pour tout k ∈ N∗ , Jk+2 =
Jk .
k+1
III.4. En déduire que pour tout k ∈ N
(b) En déduire que Ik est de classe C ∞ sur R.
(c) Démontrer que Ik est monotone sur R.
1
≤ 2 e−t .
ch(t)
J2k+2 =
22k × (k!)2
(2k + 1)!
et
J2k+1 =
(2k)!
π
× .
2
× (k!)
2
22k
Problème d’algèbre
On note M3 (R) l’ensemble des 
matrices carrées
 d’ordre 3 à coefficients
 réels. Dans

1 0 0
0 1 0
tout le problème, A est la matrice  0 0 1 , et I3 est la matrice  0 1 0 .
−4 4 1
0 0 1
Si M est une matrice carrée d’ordre 3 à coefficients réels, on pose M 0 = I3 et, pour
tout entier naturel non nul n, on note M n le produit de n matrices égales à M .
c’est-à-dire l’application de R3 dans lui-même qui, à tout vecteur, associe lui-même.
On pose d’autre part e1 = ε1 + ε2 + ε3 , e2 = ε1 + 2ε2 + 4ε3 et e3 = ε1 − 2ε2 + 4ε3 .
II.1. (a) Prouver que le noyau de u − IdR3 est la droite vectorielle dirigée par e1 .
(b) Vérifier que u (e2 ) = 2e2 et u (e3 ) = −2e3 .

1
−2 .
4

1 1
II.2. Étudier l’inversibilité et, si possible, calculer l’inverse de P =  1 2
1 4
Partie préliminaire
II.3. Justifier que B 0 = (e1 , e2 , e3 ) est une base de R3 , et écrire sans effectuer de calcul
la matrice D de u relativement à B 0 .
Calculer A2 et A3 , et vérifier que A3 = A2 + 4 A − 4 I3 .
Seules les vérifications détaillées seront acceptées.
II.4. Justifier sans effectuer de produit matriciel que A = P DP −1 , puis démontrer que,
pour tout entier naturel, An = P Dn P −1 .
Partie I : un ensemble de matrices
On note E l’ensemble
réels.

1 0
I.1. La matrice  0 2
0 0
2
des matrices de la forme α I3 + β A + γ A , où α, β et γ sont

0
0  appartient-elle à E ?
3
I.2. (a) Justifier que E est un sous-espace vectoriel de M3 (R) dont I3 , A , A2 est
une famille génératrice.
(b) Montrer que I3 , A , A2 est une base de E, puis préciser la dimension de E.
I.3. (a) Prouver que, pour tout entier naturel p, Ap ∈ E.
(b) Justifier que, pour tout entier naturel p, il existe un unique triplet (αp , βp , γp )
de réels pour lequel Ap = αp I3 + βp A + γp A2 .




αp+1
αp
(c) Vérifier que, pour tout entier naturel p,  βp+1  = t A·  βp .
γp+1
γp
I.4. (a) Rappeler la définition d’un anneau commutatif, et vérifier que, muni de l’addition et du produit matriciels, E en est un. (On peut bien sûr utiliser toutes
les propriétés du cours sans avoir à les redémontrer)
(b) Calculer le produit matriciel (A − I3 ) A2 − 4I3 . E est-il un corps ?
II.5. Calculer Dn pour tout entier naturel n.
Les résultats de II.2 et II.4 permettent de trouver
n:

n
n
4
(−2)
2n − (−2)
n−1
−
2
+
 3
6n
4

n
 4
(−2)
2n + (−2)
n
n
A =
−2 −
 3
3 n
2
 4
2 (−2)
n
n+1
n
−2
+
2 − (−2)
3
3
Cette vérification n’est toutefois pas demandée.
que, pour tout entier naturel
n
1 2n
(−2)
− +
+
3
4
12 n
1 2n
(−2)
− +
−
3
2
6n
1
(−2)
n
− +2 +
3
3







Partie III : deux applications
III.1 Dans cette question, (un )n∈N est une suite réelle pour laquelle, pour tout entier
naturel n,
un+3 = un+2 + 4un+1 − 4un .


un
On pose, pour tout entier naturel n, Xn =  un+1 .
un+2
(a) Vérifier que, pour tout entier naturel n, Xn+1 = AXn , puis prouver que,
pour tout entier naturel n, Xn = An X0 .
(b) Calculer, pour tout entier naturel n, un en fonction de n, u0 , u1 et u2 .
(c) Citer un triplet (u0 ; u1 ; u2 ) pour lequel la suite u n’a pas de limite dans R.
Partie II : calcul des puissances successives de A
Dans cette partie, B = (ε1 , ε2 , ε3 ) est la base canonique de R3 , u est l’endomorphisme de R3 dont A est la matrice relativement à B, et IdR3 est l’identité de R3 ,
III.2 En s’inspirant de ce qui précède, calculer, pour tout entier naturel p, les coefficients
αp , βp et γp définis dans la première partie.
Correction du devoir surveillé
commun Poincaré-Loritz
PCSI/PTSI
Problème d’analyse
1
Les fonctions u : t 7→ sh(t) et v : t 7→
ch
k+1
(t)
sont de classe C 1 sur R et
pour tout t ∈ R,
u0 (t) = ch(t)
v 0 (t) =
et
−(k + 1) sh(t)
.
chk+2 (t)
On obtient
Partie I : calcul de Ik
sh(t)
Ik (x) =
chk+1 (t)
I. 1. Pour tout x ∈ R,
x
+ (k + 1)
0
0
sh(x)
ch2 (t) − 1
+
(k
+
1)
dt
chk+1 (x)
chk+2 (t)
0
Z x
Z x
sh(x)
1
1
= k+1
+ (k + 1)
dt − (k + 1)
dt
k
k+2
ch
(x)
(t)
0 ch (t)
0 ch
=
x
I0 (x) =
sh2 (t)
dt
chk+2 (t)
x
Z
Z
x
Z
dt = x.
0
I. 2. Soit x ∈ R. On effectue le changement de variable u = et :
La fonction exp est de classe C 1 sur l’intervalle d’extrémités 0 et x.
Quand t vaut 0, u vaut 1 et quand t vaut x, u vaut ex .
c’est-à-dire
On a du = et dt et
−kIk (x) =
1
2
2
2
dt = t
et dt =
dt = t 2
du.
ch(t)
e + e−t
(e ) + 1
1 + u2
Ainsi
Z
x
I1 (x) =
0
1
dt = 2
ch(t)
ex
Z
1
Finalement, pour tout x ∈ R, on a la relation
Ik+2 (x) =
1
du.
1 + u2
sh(x)
− (k + 1)Ik+2 (x).
chk+1 (x)
k
sh(x)
+
Ik (x).
k+1
k
+
1
(k + 1) ch
(x)
(c) En utilisant les questions précédentes, on obtient, pour tout x ∈ R,
Finalement, pour tout x ∈ R,
π
I1 (x) = 2 Arctan(e ) − .
2
I3 (x) =
x
sh(x)
1
+ I1 (x)
2
2 ch (x) 2
I4 (x) =
sh(x)
2
+ I2 (x)
3
3 ch (x) 3
et donc
I. 3. Pour tout x ∈ R,
Z
I2 (x) =
0
x
I3 (x) =
1
dt = th(x).
ch2 (t)
I. 4. (a) Pour tout x ∈ R, ch2 (x) − sh2 (x) = 1.
Z
0
x
1
dt =
chk (t)
Effectuons une intégration par parties :
I4 (x) =
Partie II : propriétés des fonctions Ik
(b) Soit x ∈ R. On a
Ik (x) =
π
sh(x)
+ Arctan(x) −
2
4
2 ch (x)
Z
x
ch(t)
0
II. 1. Soit x ∈ R. On a
1
ch
k+1
(t)
dt.
Z
Ik (−x) =
0
−x
1
dt.
chk (t)
On effectue le changement de variable u = −t :
sh(x)
2
+ th(x).
3
3 ch (x) 3
la fonction t 7→ −t est de classe C 1 sur l’intervalle d’extrémités 0 et x ;
quand t vaut 0, u vaut 0 et quand t vaut x, u vaut −x ;
on a du = −dt donc
Z x
Z x
1
−1
du
=
−
du = −Ik (x)
Ik (−x) =
k
k
0 ch (u)
0 ch (−u)
(b) Comme Ik est la primitive de la fonction t 7→ (ch(t))−k qui s’annule en 0,
on a, au voisinage de 0,
k 3 k(3k + 2) 5
t +
t + o(t5 ).
6
120
II. 4. (a) Puisque l’on résout l’équation (E) sur R+∗ , on a
Ik (t) = 0 + t −
car ch est une fonction paire. Ainsi
(E)
(E 0 ) :
⇐⇒
y0 +
la fonction Ik est impaire.
1
II. 2. (a) La fonction t 7→
est continue sur R, donc Ik est sa primitive qui
k
ch (t)
s’annule en 0. Ainsi
1
.
Ik est dérivable sur R et pour tout x ∈ R, Ik0 (x) = k
ch (x)
(b) La dérivée de Ik est la fonction x 7→
1
qui est de classe C ∞ sur R.
chk (x)
Donc
Ik est de classe C ∞ sur R.
. L’équation homogène associée à (E 0 ) est l’équation
0
(EH
)
(−k)(−k − 1) 2
= 1 + (−k)u +
u + o(u2 )
2!
1
1 k(k + 1) 1 2
1 2
=1−k
t2 + t4 +
t + t4 + o(t4 )
2!
4!
2
2!
4!
k(k + 1) 4
k 2 k
4
=1− t + − +
t + o(t ).
2
4!
2×4
Ainsi, au voisinage de 0,
(ch(t))−k = 1 −
k 2 k(3k + 2) 4
t +
t + o(t4 ).
2
24
y0 +
1
y=0
x
R+∗ −→
R
x
7−→ λ exp(− ln(|x|))
c’est-à-dire les fonctions yH : R+∗ −→ R avec λ ∈ R.
λ
x
7−→
x
. On cherche une solution particulière yP de (E 0 ) par la méthode de la
variation de la constante c’est-à-dire de la forme
et ses solutions sont les fonctions yH :
(c) Comme ch est à valeur dans [1, +∞[, Ik0 est strictement positive sur R donc
Ik est strictement croissante sur R.
1
1
II. 3. (a) Au voisinage de 0, ch(t) = 1 + t2 + t4 + o(t4 ) donc
2!
4!
−k
1
1
(ch(t))−k = 1 + t2 + t4 + o(t4 )
.
2!
4!
1
1
1 2
On pose u = t2 + t4 + o(t4 ) ; comme u ∼
t , on a o(u2 ) = o(t4 )
t→0 2!
2!
4!
donc pour obtenir un développement limité de (ch(t))−k à l’ordre 4, il suffit
d’avoir un développement limité à l’ordre 2 de (1 + u)−k :
−k
(ch(t))−k = 1 + u
1
1
y=
.
x
x chk (x)
yP : R+∗
x
−→
7−→
R
λ(x)
x
où λ est une fonction définie et dérivable sur R+∗ . On a :
1
1
yP est une solution de (E 0 ) ⇐⇒ ∀x ∈ R+∗ yP0 (x) + yP (x) =
x
x chk (x)
1
⇐⇒ ∀x ∈ R+∗ λ0 (x) = k
ch (x)
Pour que yP soit une solution de (E 0 ) sur R+∗ , il suffit donc de prendre
1
pour λ une primitive de la fonction x 7→ k
sur R+∗ , la fonction Ik
ch (x)
par exemple (en fait, la fonction Ik restreinte à R+∗ pour être précis).
Ainsi, la fonction yP : R+∗
x
0
de (E ) sur R
+∗
−→
7−→
R
est une solution particulière
1
Ik (x)
x
.
Les solutions sur R+∗ de (E) sont les fonctions
y : R+∗ −→
R
avec λ un nombre réel.
λ + Ik (x)
x
7−→
x
(b) La même résolution (en faisant attention tout de même à la valeur absolue)
donne :
les solutions sur R−∗ de E sont les fonctions
yP : R−∗ −→
R
avec µ un nombre réel.
−µ + Ik (x)
x
7−→
x
(c) i. Puisque f est une solution de (E), pour tout x ∈ R
xf 0 (x) + f (x) =
donc la fonction
R
tend vers 1 en 0 et est pro1
x 7−→
Ik (x)
x
longeable par continuité en 0 en la fonction Φ. Ainsi Φ possède un
développement limité à l’ordre 4 et donc à l’ordre 1 en 0 donc Φ est
dérivable en 0 de plus Φ0 (0) = 0 (coefficient devant x dans le
développement limité).
x ∈ R∗ ,
xΦ0 (x) = x
+∗
ii. Puisque f est une solution sur R de (E), la restriction de f à R est
une solution de (E) sur R+∗ et la restriction de f à R−∗ est une solution
de (E) sur R−∗ . Ainsi, d’après les questions a et b, il existe λ, µ ∈ R
tels que, pour tout x ∈ R∗ ,

λ + Ik (x)


si x > 0
x
f (x) =

 −µ + Ik (x) si x < 0
x
iii. Puisque f est continue en 0, f possède une limite finie en 0. La limite
à droite en 0 du numérateur de f vaut λ donc si f possède une limite
en 0, il faut nécessairement que λ = 0.
7−→
1
Ik (x)
x
1
si x 6= 0
−1
x
I (x) +
2 k
. En conclusion la fonction Φ est l’unique solution de (E) sur R.
Partie III : limite de Ik en +∞
III. 1. (a) Soit t ∈ R. On a
1
2
2
= t
≤ t = 2 e−t .
ch(t)
e + e−t
e
(b) Soit x ∈ R+ et k ∈ N∗ . Puisque pour tout t ∈ R, ch(t) ≥ 1 on a
si x = 0.
1
1
.
≤
ch(t)
ch (t)
. D’après les questions précédentes, si f est une solution de (E) sur R alors
f = Φ.
. Réciproquement, montrons que Φ est une solution de (E) sur R :
Vérifions la régularité de Φ :
D’après la question II.2., Φ est de classe C ∞ sur R∗ donc Φ est dérivable
sur R∗ .
D’après la question II.3.(b), au voisinage de 0,
k
k(3k + 2) 4
1
Ik (x) = 1 − x2 +
x + o(x4 )
x
6
120
1 0
1
Ik (x) = −Φ(x) + k
x
ch (x)
donc Φ vérifie bien l’équation (E).
Le même raisonnement à gauche montre que µ est nécessairement nul.
x
1
= 1 ; d’autre part, pour tout
chk (0)
D’une part, 0Φ0 (0) + Φ(0) = 1 et
f (0) = 1.
R
(
−→
Vérifions que Φ vérifie l’équation :
1
,
k
ch (x)
donc, pour x = 0 on obtient
(d) Notons Φ : R −→
R∗
k
En utilisant la question précédente, on obtient la majoration suivante
x
Z
Ik (x) =
0
1
dt ≤
chk (t)
Z
0
x
1
dt ≤
ch(t)
Z
x
2 e−t dt = 2(1 − e−x ) ≤ 2
0
(c) Soit k ∈ N∗ . La fonction Ik est croissante et majorée (par 2) donc
la fonction Ik possède une limite finie en +∞.
III. 2. En utilisant les questions 1 et 2, on a
J1 =
π
2
et
Problème d’algèbre
J2 = 1.
Partie préliminaire
III. 3. D’après la question I.4.(b) on pour tout x ∈ R et tout k ≥ 1,

(?)


0 0 1
On trouve successivement A2 =  −4 4 1  et A3 = 
−4 0 5
déduit :

 
−4
4
1
−4
−4
4−4
1 + 4  =  −4
A2 + 4 A − 4 I3 = 
−4 − 16
16
5+4−4
−20
sh(x)
k
Ik+2 (x) =
+
Ik (x).
k+1
(k + 1) ch
(x) k + 1
Comme pour tout x ∈ R,
sh(x)
th(x)
=
,
k+1
(k + 1) ch
(x)
(k + 1) chk (x)
on a
lim
x→+∞
En passant à la limite dans l’égalité (?), on obtient
k
Jk .
k+1
III. 4. Pour tout k ∈ N, on note Pk la propriété
J2k+2 =
22k × (k!)2
(2k + 1)!
et
. D’après la question III.2., on a J1 =
J2k+1 =
(2k)!
π
×
2
× (k!)
2
22k
0!
π
π
π
et J2 = 1. De plus 0
× =
2
2
2 × (0!)
2
2
20 × (0!)2
= 1 donc P0 est vraie.
1!
. Soit k ∈ N tel que Pk est vraie. D’après la question III.3., on a
et
2k + 1
J2k+1
2k + 2
2k + 1
(2k)!
π
=
×
×
2k + 2 22k × (k!)2
2
(2k + 2) × (2k + 1) × (2k)! π
=
×
(2(k + 1))2 × 22k × (k!)2
2
(2k + 2)!
π
= 2k+2
×
2
((k + 1)!)2
2
J2k+3 =
2k + 2
J2k+2
2k + 3
2k + 2 22k × (k!)2
=
×
2k + 3
(2k + 1)!
(2k + 2)2 × 22k × (k!)2
=
(2k + 3)(2k + 2)(2k + 1)!
22k+2 × ((k + 1)!)2
=
(2k + 3)!
J2k+4 =
Ainsi Pn+1 est vraie. Le principe de récurrence nous assure que
pour tout k ∈ N, J2k+2 =
4
0
16

4 1
0 5 , d’où l’on
16 5

1
5  = A3 .
5
Partie 1 : un ensemble de matrices
sh(x)
=0
(k + 1) chk+1 (x)
pour tout k ≥ 1, Jk+2 =
−4
−4
−20
22k × (k!)2
(2k)!
π
et J2k+1 = 2k
× .
(2k + 1)!
2 × (k!)2
2
On note E l’ensemble des matrices de la forme α I3 + β A + γ A2 , où α, β et γ sont
réels. 

1 0 0
1. Si 0 2 0  appartenait à E, il existerait trois réels α, β, γ pour lesquels
 0 0 3


1 0 0
α
∗
γ
 0 2 0  = α I3 + β A + γ A2 = ∗ α + 4 γ ∗  , les ∗ représentant des
0 0 3
∗
∗
∗
coefficients dont lecalcul n’est pas nécessaire.

α = 1
, ce qui est un système incompatible.
Il viendrait donc γ = 0


α + 4γ = 2


1 0 0
Ainsi,  0 2 0  ∈
/ E.
0 0 3
2. (a) E est l’ensemble des combinaisons linéaires de I3 , A, A2 . C’est donc le sous
espace vectoriel de M3 (R) engendré par I3 , A, A2 , ce qui répond à la question.
(b) . Soit λ0 , λ1 , λ2 trois réels pour lesquels λ0 I3 + λ1 A + λ2 A2 = 0M3 (R) .
En particulier, la première ligne de λ0 I3 + λ1 A + λ2 A2 est nulle. Or celle-ci
est égale à λ0 λ1 λ2 , donc λ0 = λ1 = λ2 = 0, donc I3 , A, A2 est
une famille libre.
Or cette famille est, d’après la question précédente, génératrice de E. C’est
donc une base de E.
. Cette famille comptant
E est de dimension 3.
trois
vecteurs,
on
en
déduit
que
3. (a) Pour tout entier naturel p, notons H (p) la proposition :
Ap ∈ E
.
. D’après la question 2, H (0), H (1), H(2) sont vraies.
. Soit p un entier supérieur ou égal à 2 pour lequel H (p) est vraie.
Alors Ap est combinaison linéaire de I3 , A, A2 , donc Ap+1 = A · Ap est
combinaison linéaire de A, A2 , A3 .
Or, d’après le préliminaire, A3 est elle-même combinaison linéaire de I3 , A,
A2 , donc Ap+1 est bien combinaison linéaire de I3 , A, A2 , donc est élément
de E, donc H (p + 1) est vraie.
. D’après le principe de récurrence : pour tout p ∈ N, Ap ∈ E.
(b) Pour tout entier naturel p, Ap appartient à E, dont I3 , A, A2 est une base.
Ainsi, il existe un unique triplet (αp , βp , γp ) de réels pour lequel Ap = αp I3 +
β p A + γ p A2 .
(c) Pour tout entier naturel p, Ap = αp I3 + βp A + γp A2 , donc :
A
p+1
2
3
2
= αp A + βp A + γp A = −4γp I3 + (αp + 4γp ) A + (βp + γp ) A .
Or Ap+1 = αp+1 I3 + βp+1 A + γp+1 A2 donc, par unicité de l’écriture d’un
élément de E comme combinaison linéaire de I3 , A, A2 :


αp+1 = −4γp
βp+1 = αp + 4γp


γp+1 = βp + γp

 
αp+1
0
, donc, matriciellement :  βp+1  =  1
γ+1
0

0
Enfin, t A =  1
0

0 −4
0 4 , donc
1 1
0
0
1


αp
−4
4   βp  .
γp
1
Si A1 et A2 sont deux éléments de E, A1 A2 est, après développement,
combinaison linéaire de I3 , A, A2 , A3 , A4 . Or, d’après 3.(a), A3 et A4
sont combinaisons linéaires de I3 , A, A2 , donc A1 A2 l’est également, donc
est élément de E.
La multiplication des matrices d’ordre 3 définit donc une loi de composition interne à E.
L’associativité de produit matriciel de M3 (R) et sa distributivité par
rapport à l’addition sont déjà connues.
Deux puissances de A commutent, donc deux combinaisons linéaires de
puissances de A commutent, donc deux éléments de E commutent.
I3 est élément de E et est l’élément neutre du produit matriciel de
M3 (R) : c’est donc aussi l’élément neutre du produit matriciel vu comme
loi de composition interne à E.
Les conditions sont aisnsi réunies pour pouvoir affirmer que, muni de
l’addition et du produit matriciels, E est un anneau.
(b) . En développant : (A − I3 ) A2 − 4I3 = A3 − A2 − 4A + 4I3 = 0M3 (R) .
. Le produit de deux éléments non nuls d’un corps est non nul. Or A − I3
et A2 − 4I3 sont deux combinaisons linéaires à coefficients non tous nuls
des vecteurs de la base I3 , A, A2 de E, donc sont non nuls, alors que leur
produit est nul.
E n’est donc pas un corps.




αp+1
αp
 βp+1  =t A ·  βp .
γp+1
γp
4. (a) . Un ensemble non vide A, muni de deux lois de composition interne notées
+ et ·, est un anneau commutatif lorsque :
(A, +) est un groupe commutatif
· est commutative, associative, distributive par rapport à+
· possède un élément neutre
. On sait déjà que, muni de l’addition des matrices et de leur multiplication
par les réels, E est un espace vectoriel. En particulier, (E, +) est un
groupe commutatif.
Partie 2 : calcul des puissances successives de A


−1 1 0
1. (a) La matrice dans B de u − IdR3 est  0 −1 1 .
4
4 0
3
Ainsi, si (x,
R3 ) si,et seule y, z) est un élément

de R, (x,y, z) ∈
 Ker (u − Id

−1 1 0
x
0
−x + y
0
ment si,  0 −1 1   y  =  0 , ie  −y + z  =  0 , ie
−4 4 0
z
0
−4x + 4y
0
x = y = z.
Ainsi, Ker (u − IdR3 ) = {(x, x, x) , où x ∈ R} = R (1, 1, 1) = R (ε1 + ε2 + ε3 ).
Il s’agit bien de
la droite vectorielle dirigée par ε1 + ε2 + ε3 .
(b) La notation MB signifie matrice relativement à B.

0
. MB (u (e2 )) = MB (u) MB (e2 ) =  0
−4




1 0
1
2
0 1  2  =  4  =
4 1
4
8
2MB (e2 ), donc u (e2 ) = 2e2 .
. Pour tout entier naturel n, notons K (n) la proposition :

0
. MB (u (e3 )) = MB (u) MB (e3 ) =  0
−4




1 0
1
−2
0 1   −2  =  4  =
4 1
4
−8
−2MB (e3 ), donc u (e3 ) = −2e3 .
2. On enclenche l’algorithme du pivot de Gauss : sa terminaison prouvera l’inversibilité
 de P .



1 1 1
1 0 0
 1 2 −2 
 0 1 0 
L2 ← L2 − L1
1 4 4
L3 ← L3 − L1
0 0 1




1 0 0
1 1 1
 −1 1 0 
 0 1 −3 
−1 0 1
0 3 3
L3 ← L3 − 3L2




1 1 1
1
0 0
 0 1 −3 
 −1 1 0 
1
0 0 12
2 −3 1
L
←
L
3
12 3




1
0
0
L1 ← L1 − L3
1 1 1
 −1 1
 0 1 −3 
0 
L2 ← L2 + 3L3
1
1
1
0 0 1
− 4 12

 56


1
1
− 12
L1 ← L1 − L2
1 1 0
6
4
1
1
 −1
 0 1 0 

2
4
4
1
1
1
0 0 1
−4
12 


 64
0 − 31
1 0 0
3
1
1 
 0 1 0 
 −1
2
4
4
1
1
0 0 1
− 14 12
6
 4

0 − 13
3
1
1 
Tout ceci prouve que P est inversible, et P −1 =  − 12
.
4
4
1
1
1
−
6
4
12
0
3. . P est la matrice de B relativement à B et est inversible, ce qui prouve que B
est une base de R3 .
. On a vu que u (e1 ) = e1 , u (e2 ) = 2e2

1
d’où l’on déduit que MB0 (u) =  0
0
base donne : MB (u) = Q−1 MB0 (u) Q.
Or Q est l’inverse de la matrice de passage de B vers B 0 : P .
−1
Ainsi, A = P −1
DP −1 = P DP −1 .
0
et u (e3 ) = −2e3 ,

0 0
2 0 .
0 −2
4. . En notant Q la matrice de passage de B 0 vers B, la formule de changement de
An = P Dn P −1 .
P D0 P −1 = P I3 P −1 = I3 = A0 , donc K (0) est vraie.
Soit n un entier naturel pour lequel K (n) est vraie.
Alors An+1 = A · An = P DP −1 P Dn P −1 = P DDn P −1 = P Dn+1 P −1 , donc
K (n + 1) est vraie.
Ainsi, d’après le principe de récurrence :
pour tout n ∈ N, An = P Dn P −1 .
5. Les matrices diagonales se multiplient coefficient diagonal par coefficient
diagonal.

1 0
0
.
0
Ainsi, pour tout entier naturel n non nul, Dn =  0 2n
n
0 0 (−2)


1 0
0
 = I3 .
0
Cette formule reste vraie quand n = 0, car D0 = I3 et  0 20
0
0 0 (−2)
Partie 3 : deux applications
1. (a) . Pour tout entier naturel n,


 
 

0 1 0
un
un+1
un+1
 =  un+2  ,
un+2
AXn =  0 0 1   un+1  = 
−4 4 1
un+2
−4un + 4un+1 + un+2
un+3
par définition de la suite u.
Ainsi, AXn = Xn+1 .
. Pour tout entier naturel n, notons L (n) la proposition : Xn = An X0 .
A0 X0 = I3 X0 = X0 , donc L (0) est vraie.
Soit n un entier naturel pour lequel L (n) est vraie.
Alors Xn+1 = AXn = AAn X0 = An+1 X0 , donc L (n + 1) est vraie.
Ainsi, d’après le principe de récurrence :
pour tout n ∈ N, Xn = An X0 .
(b) Si n est un entier naturel, d’après la question précédente, un
est le premier coefficient de la matrice-colonne An X0 . Ainsi :
n
n
n
n
4
(−2)
2 − (−2)
1 2n
(−2)
− 2n−1 +
+ u1
+ u2 − +
+
.
un = u0
3
6
4
3
4
12
n
(c) On choisit u0 , u1 et u2 de façon à faire disparaı̂tre les termes en (−2) dans
l’expression précédente, par exemple : u1 = 4, u0 = 3, u2 = 6.
Avec ces valeurs initiales, pour tout n ∈ N, un = 2 + 2n , ce qui tend vers +∞
quand n tend vers +∞.


αp
2. . Posons, pour tout p ∈ N, Yp =  βp . D’après 1.3.(c), pour tout p ∈ N,
γp
t
Yp+1 = A · Yp .
. Suivant la même méthode qu’au 3.1.(a), on en déduit que, pour tout p ∈ N,
p
Yp = (t A) Y0 . 
1
p

0  et, pour tout p ∈ N, (t A) =t (Ap ) (récurrence par exemple),
Or Y0 =
0


p
4
(−2)
p−1
−
2
+
∗
∗

 3

6

 1
p


2p − (−2)
donc Yp = 
∗ ∗  0  (les ∗ désignant des coefficients


4
p
 1 2p
 0
(−2)
− +
+
∗ ∗
3
4
12

p
4
(−2)

p−1

α
=
−
2
+

p


3
6

p
2p − (−2)
inutiles au calcul), donc
.
βp =

4

p

p


γp = − 1 + 2 + (−2)
3
4
12