CENTRALE 2008 PC Math 2 Préliminaire Partie I A:Récurrences

CENTRALE 2008
PC Math 2
Comme on a des suites de matrices Xn , j’utilise la notation Maple Xn [i] pour noter le coe¢ cient de la ligne i de Xn .
Préliminaire
On véri…e sans problème que :
a b
c d
d
c
La matrice M est inversible ( e 6= 0 ) et donc
b
a
1
a b
c d
ad
=
bc
1
=
ad
0
0
ad
d
c
bc
bc
b
a
Partie I
A:Récurrences linéaires d’ordre 2:
1
a1
a0
0
a0
A=
xn+1
xn+1
=
xn+2
a0 xn a1 xn+1
I.A.2) On calcule le polynôme caractéristique
I.A.1) On a Xn+1 =
et donc :
=
2
(a1 + ) + a0 =
I.A.3) On cherche toutes les matrices Q inversibles telles que A = QDQ
de A :
ix + y = 0
a0 x + ( a1
i )y = 0
1
1
a1
+ a1 + a0
. Les colonnes de Q sont les vecteurs propres
la première ligne donne y = i x et la seconde est alors véri…ée pour tout x d’après I.A.2 . Le déterminant de la matrice
vaut alors ( 2
1 ) x1 x2 , ce qui impose la condition x1 x2 6= 0
x1
1 x1
2
9 (x1 ; x2 ) 2 (C ) , Q =
x2
2 x2
Une classique véri…cation par récurrence donne alors :
n
1
An = Q:
I.A.4) Si A admet une seuile valeur propre
(somme et produit des racines):
1
:Q
n
2
1
elle est double , donc racine double du polynôme caractéristique et donc
a0 =
On cherche Q inversible telle que A = QT Q
0
0
et a1 =
2
2
. La première colonne de Q est un vecteur propre donc du type V1 =
x1
x1
avec x1 6= 0 (idem I.A.3) )
x + y = x1
. La première ligne donne y = x1 + x
a0 x + ( a1
)y = x1
x1
x
. Si on reporte dans la seconde c’est bien véri…é car 2 + a1 + a0 = 0 et a1 = 2 . Q =
de déterminant
x1 x1 + x
x21 6= 0
x1
x2
9 (x1 ; x2 ) 2 C
C,Q=
x1 x1 + x2
La deuxième colonne V2 véri…e AV2 = V2 + V1 . donc
On a T = D + N avec D = I2 et N =
0
0
1
0
. On véri…e DN = N D et N 2 = 0
T n = Dn + nDn
donc :
An = Q:
1
n
N=
n
0
n
n
n
0
n 1
n
n 1
:Q
1
I.A.5) Comme le corps de base est C , A admet 2 valeurs propres (avec multiplicité) . Il n’y a bien que 2 cas possibles :
A admet deux valeurs propres distinctes. elles sont donc simples et A est diagonalisables.
A admet une valeur propre double . Mais alors si A est diagonalisable A est semblable à I2 et A = P ( I2 ) P
. Absurde à cause du 1 sur la première ligne.
1
= I2
I.A.6)
0
2
exemple 1 : A =
préliminaire donne Q
1
1
3
=
de valeurs propres 1 et 2 . On peut donc prendre Q =
2
1
1
1
1
1
1
2
et T =
1
0
0
2
, Le
1
2
0
1
et T =
1
0
0
2
, Le
et donc
An = QT n Q
1
2
x0
x1
=
et donc :
xn = (2
2n
n+1
2
On a donc
Xn = An
2n
n+1
2
=
(2
2
1
1
2n )x0 + (2n 1)x1
2
)x0 + 2n+1 1 x1
n+1
(2
2n )x0 + (2n
1)x1
véri…cations : x0 ; x1 et la deuxième ligne de Xn sont cohérentes.
0 1
exemple 2 : A =
de valeur propres 2 double. On peut donc prendre Q =
4 4
1 0
2n n2n 1
préliminaire donne Q 1 =
et A.I.4) :donne T n =
. Donc
2 1
0
2n
An = QT n Q
1
(n 1)2n
n2n+1
=
On a donc
Xn = An
x0
x1
(n 1)2n x0 + n2n 1 x1
n2n+1 x0 + (n + 1)2n+1 x1
=
et donc :
xn =
n2n 1
(n + 1)2n
1)2n x0 + n2n
(n
1
x1
B:Vers un ordre supérieur
I.B.1) Par la règle de Sarrus
1
0
a0
I.B.2)
a1
0
1
a2
=
2
( a2
)
a0
a1 =
P( )
est linéaire : Si (un ) et (vn ) sont deux suites et un scalaire
00
11 00
11
00
11
u n + vn
un
vn
((un ) + (v)n ) = @@ un+1 + vn+1 AA = @@ un+1 AA + @@ vn+1 AA =
un+2 + vn+2
un+2
vn+2
est bien linéaire.
0
0
((vn ))
1
0
Si ((un )) est la suite de matrices nulles on a : 8n 2 N , @ un+1 A = @ 0 A donc 8n 2 N un = 0 donc (un ) = (0)
un+2
0
0 1
0 1 0
1
1
1
xn
On prend la suite de matrices : 8n 2 N Xn = @ 0 A . Si (Xn ) 2 Im( ) on a @ 0 A = @ xn+1 A donc xn+1 = 0 , mais
0
0
xn+2
0 1 0
1
1
xn+1
aussi par translation d’indice @ 0 A = @ xn+2 A donc xn+1 = 1 . ABSURDE
0
xn+3
remarque : pour construire le contre exemple prendre n’importe quelle suite telle que la seconde coordonnée de Xn ne sont
pas la première de Xn+1
un
1
((un )) +
est linéaire injective non surjective.
2
I.B.3) On véri…e que :
Xn+1
0
1 0
xn+1
= @ xn+2 A = @
xn+3
a2 xn+2
a1 xn+1
1
xn+1
xn+2 A = AXn
a0 xn
et donc (suite géométrique) Xn = An X0
Réciproquement soit Xn véri…ant : 8n 2 N , Xn = An X0 .
Analyse : si (Xn ) = ((un )) alors pour tout n un = Xn [1] la première coordonnée de Xn .
Véri…cation : Soit (Un ) = ((un )) , véri…ons (Un ) = (Xn ) puis (Un ) 2 Rp :
Par construction 8n 2 N , Xn [1] = Un [1] .
Puis : 8n 2 N : Xn [2] = Xn+1 [1] (d’après la forme de A ) et Un [2] = un+1 = Un+1 [1] donc Xn [2] = Un [2]
de même 8n 2 N Xn [3] = Xn+2 [1] = Un+2 [1] = Un [3]
En…n 8n 2 N , Xn+1 = AXn donne 8n 2 N , xn+3 =
Donc la suite (Xn ) est l’image de la suite (un ) 2 Rp
(Xn ) 2
a0 xn a1 xn+1 a2 xn+2 et donc 8n 2 N , un+3 +a2 un+2 +a1 un+1 +a0 un
(Rp ) , 8n 2 N , Xn = An X0
I.B.4) D’après la question précédente toute suite de Rp est du type An X0 . On peut décomposer X0 dans la base canonique
X0 = e1 + e2 + e3 . On a alors
8n 2 N : Xn = An e1 + An e2 + An e3
Réciproquement toute suite du type 8n 2 N , Yn = An e1 + An e2 + An e3 véri…e Yn = An Y0
donc
(Xn ) 2 Rp , 9 ( ; ; ) 2 C 3 (Xn ) = (An e1 ) + (An e2 ) + (An e3 )
Mais la famille (An e1 ) ; (An e2 ) ; (An e3 ) est libre . Si on prend une combinaison linéaire (An e1 ) + (An e2 ) + (An e3 ) = (0)
, le premier terme (pour n = 0 ) impose e1 + e2 + e3 = 0 . Or la famille (e1 ; e2 ; e3 ) est libre donc = = = 0 ;
On a donc
dim (Rp ) = 3
C:Exemples (quasi) numériques
I.C.1)
a)
0
1
1 0
0 1 A
3=2 2
0
A=@ 0
1=2
Le polynôme caractéristique est P Une fois constater que 1 est racine évidente, on trouve 3 valeurs propres distincts 1 et
1 i
. A est donc diagonalisable.
2
b)Si on prend X0 = 0 , 0
la suite
nulle et1converge
vers
n’est
1 est constante0
0
1 00 . Ce 1
0 pas le1but0de la question.
1
1
0
0
1=2
1
5=4
:
Si on prend X0 = e1 = @ 0 A on a la suite @ 0 A ; @ 1=2 A ; @ 1 A ; @ 5=4 A ; @ 5=4 A ;
1=2
1
5=4
5=4
9=8
0
0 1
1
Si L = @ 1 A on a comme suite des kXn Lk1 la suite 1; 1; 1; 1=2; 1=4; 1=8; On peut conjecturer que la limite est 1 . .
1
remarque : la réponse dépend de X0 ;
c) on véri…e que det(Q) = 1 6= 0 . Q est donc inversible . Deux produits matriciels véri…ent que
0
1
1
1
1
1
0 A
AQ = QT = @ 1
1 1=2
1=2
d) On obtient successivement :
0
1
0
0
T2 = @ 0
0 1=2
1
0
0
1
1=2 A , T 3 = @ 0
0
0
0
1=4
1=4
3
1
0
0
1
1=4 A , T 4 = @ 0
1=4
0
0
1=4
01
1
0
0 A
1=4
On en déduit
T 4p = T
4 p
Puis en multipliant par T; T 2 ; T 3
T 4p+1
T 4p+3
0
1
=@ 0
0
0
p
( 1=4)
01
0
1
1
0
( 4)p 0 0
1
0 A=(
0 1 0 A
)p @
4
p
( 1=4)
0 0 1
0
0
1
( 4)p
0
0
( 4)p
1 p@
1
4p+2
p
0 1=2
1=2 A ; T
0
)
) @
= (
=(
4
4
0 1=2
1=2
0
0
1
p
( 4)
0
0
1 p@
0
1=4
1=4 A
)
= (
4
0
1=4
1=4
0
0
1=2
1
0
1=2 A
0
1
cos ( =4)
sin ( =4)
= p
est la
sin
(
=4)
cos
( =4)
2
1
cos (n =4)
sin (n =4)
mais ce
=4 et donc T0n = n=2
sin
(n
=4)
cos
(n =4)
2
1=2
1=2
On peut aussi poser un calcul par blocs en remarquant que T0 =
p
matrice d’une similitude directe de rapport 1= 2 et d’angle
1=2
1=2
n’est pas le plan du sujet.
e) changement de base classique :
Xn = An X0 ) Xn = QT n Q
X0 ) Yn = T n Y0
0
1
1 0 0
Or les 4 suites T 4p ; T 4p+1 ; T 4p+2 ; T 4p+3 convergent vers la même limite L = @ 0 0 0 A .
0 0 0
Donc la suite T n converge vers L , la suite Yn converge vers LY0 . Or Xn = QYn donc Xn converge vers QLY0 = QLQ
xn = Xn [1] la première coordonnée de Xn converge donc aussi.
Si P = X 3
3
2X 2 + X
2
1
=3
;e
0
i =3
)Q
1
0
1
0
1
0
0
Y0 [1]
n
n
0 A + cos
Xn = Q @
Q @ Y0 [2] A + sin
Q @ Y0 [2] A
3
3
0
Y0 [3]
Y0 [3]
0
1
0
1
0
1
Y0 [1]
0
0
0 A , celle de Q @ Y0 [2] A , celle de Q @ Y0 [2] A et on a bien :
on pose donc a = la première ligne de Q @
0
Y0 [3]
Y0 [3]
9 ( ; ; ) 2 C3 , xn =
I.C.3)
a) On développe (X
) (X
)2 = (X
) (X 2
0
A=@
+
2
2 X+
cos
) = X3
0
0
2
X0 :
1
toute suite de Rp converge.
2
A la machine le calcul (non demandé) ne pose pas de gros problème : (xn ) converge vers x0 2x1 + 2x2
I.C.2)
p
1 i 3
= e i =3 .
a) Les racines de P sont 1 et
2
b) La matrice A est donc diagonalisable et il existe une matrice Q inversible telle que A = Qdiag(1; ei
An = Qdiag(1; eni =3 ; e ni =3 )Q 1 est donc de période 6 .
En reprenant la notation Yn = Q 1 Xn on a
0
1
0
1
0
1
Y0 [1]
0
0
0 A + ein =3 @ Y0 [2] A + e in =3 @
0 A
Yn = diag(1; eni =3 ; e ni =3 ):Y0 = @
0
0
Y0 [3]
0
1
0
1
0
1
Y0 [1]
0
0
n @
n @
0 A + cos
Y0 [2] A + sin
Y0 [2] A
= @
3
3
0
Y0 [3]
Y0 [3]
et donc
1
1
0
2
2
4
n
3
+ sin
n
3
( + 2 ) X2 +
1
0
1 A
+2
2
+2
2
et donc
1
.
0
1
0 0
0 0 1 A est de rang 2 (
b) A est semblable à T donc est diagonalisable si et seulement si T l’est . Or T
I3 = @
0 0 0
6= 0 ) et donc le sous espace propre E (T ) = Ker(T
I3 ) est de dimension 1 strictement inférieur à la multiplicité.
A n’est pas diagonalisable
0
1
0 0 0
c) Le décomposition T = D + N avec D = diag( ; ; ) et N = @ 0 0 1 A donne comme DN = N D(= N ) et N 2 = 0
0 0 0
1
0 n
0
0
n
Tn = @ 0
n n 1 A
n
0
0
En posant encore Yn = Q
1
Xn on a Xn = QYn et Yn = T n Y0
Si pour tout X0 la suite (Xn ) converge vers 0 alors pour 0
tout Y01= Q
n
X0 = Qe1 on trouve que T n e1 converge vers 0 donc que @
X0 = Qe2 on trouve
Réciproquement si
vers (0)
2]
2]
2]
X0 la suite Yn converge vers 0 . En prenant
0 A converge vers 0 donc
0
1; 1[:
1; 1[ et
1
2]
1; 1[ . De même avec
1; 1[ alors T n converge vers (0) et donc toute suite Xn = QT n Q
8X0 2 M3;1 (C) ; lim (Xn ) = (0))
()
Si pour tout X0 la suite (Xn ) converge alors
0 pour
1 tout Y0 = Q
n
2]
1
1; 1[ et
2]
1
X0 converge
1; 1[
X0 la suite Yn converge . En prenant X0 = Qe1 on
trouve que T n e1 converge vers 0 donc que @
2]
0 A converge vers 0 donc 2] 1; 1] . De même avec X0 = Qe2 on trouve
0
1; 1] puis avec X0 = Qe3 impose la convergence de n n 1 et donc u 2] 1; 1[
Réciproquement
2]
0
1 si
1 0 0
Q @ 0 0 0 A Q 1 X0
0 0 0
1; 1[ et
2]
1; 1[ (Xn ) converge vers (0) et si
8X0 2 M3;1 (C) ; Xn ) converge
()
2]
1; 1] et
= 1;
2]
2]
1; 1[ ,Xn converge vers
1; 1[
PARTIE II
éléments de solutions non rédigés
A : existence et unicité
II.A.1) Par récurrence 8n 2 N , Xn = Pn X0
II.A.2) Si (Xn ) est solution alors (Xn ) = (Pn a) , d’où l’unicité si existence . Mais la suite (Pn A) véri…e les 2 conditions ,
d’où l’existence et l’unicité.
II.A.3)
a) On a un sous ensemble de S Ck , 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 , (Xn ) = (P n X0 ) = (0) ) et surjective (si a 2 Ck ) la suite (Xn ) = (Pn a) est un
antécédent de a .
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 =
n
II.B.2) D’après II.A.2) 8n 2 N , Xn = P X0 =
!
1
0
, que l’on véri…e par récurrence.
n+1
hn 1
!
x0
n+1
x0 hn + y0
5
II.B.3) Donc 8n 2 N , Xn = x0
!
1
+ y0
n+1
hn
0
1
!!
1
et
n+1
hn
. Une base de S est composé des deux suites
0
qui forment un système libre de bon cardinal.
1
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 si x0 = 0 au quel cas elle est constante.
C: condition initiale au temps n0
II.C.1) Dans ce cas pour tout n 2 [0; n0 ] , Pn = An 1 An 2
A0 est inversible comme produit de matrices inversibles.
1
a) On sait que Xn0 = Pn0 X0 , donc si Pn0 est inversible X0 = (Pn0 ) Xn0 et donc
1
8p 2 N , Xn0 +p = Pn0 +p (Pn0 )
Xn0 , 8p 2 [0; n0 ] , An
p
= Pn0
p
(Pn0 )
1
X n0
1
b) Si la suite (Xn ) on a pour tout n Xn = Pn (Pn0 ) Xn0 ; 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 alors X1 = (0) et 8n
1 Xn = (0) . Si on impose Xn0 6= 0 il n’y a pas de
solution.
b) OUI : même exemple avec Xn0 = (0)
D: Equation avec second membre
II.D.1)
a)On fait deux récurrences:
8p
0 , Xn+p existe et est unique
8p 2 [0; n0 ] , Xn p existe et est unique . (cette seconde récurrence utilise Xn
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;
k
X
II.D.2) On prend une combinaison linéaire
,
k
X
i
i Zn
= Pn (Pp )
1
k
X
i=1
k
i=1
i
i Zp
i=1
k
X
= 0 et donc
i
i Zp
i
1
= An 1 1 (Xn
bn ) qui existe dès que
= (0) , alors d’après les formules du II.C d’existence et unicité 8n 2 N
Zni
n2N
i=0
= 0 . Or ces suites sont supposées libres donc 8i ,
famille est libre dans C et de bon cardinal : c’est une base.
II.D.3)
i
= 0 .La
0
1
c1n
B
C
k
a) Pour tout n …xé la famille Zn1 ; Z;n
est une base de Ck or Yn 2 Ck . donc Yn se décompose Yn =
cin Zni = Zn @ ... A
i=1
ckn
b) On veut 8n 2 N , Yn+1 = An Yn + bn soit 8n 2 N , Zn+1 Cn+1 = An Zn Cn + bn . Mais8n 2 N , Zn+1 = An Zn (le véri…er
i
par blocs en utilisant Zn+1
= An Zni ) donc on veut 8n 2 N , Zn+1 Cn+1 = Zn+1 Cn + bn .
Or les colonnes de Zn+1 forment par construction une base de Ck et donc Zn+1 est inversible.
k
X
1
8n 2 N; Cn+1 = Cn + Zn+1
bn
E: Un exemple
II.E.1) d’après II.B.3) on connaît une base que l’on peut noter
Zn =
1
n+1
hn
0
1
!
6
Zn1
=
!!
1
et Zn2 =
n+1
hn
0
1
et donc
1
comme det(Zn ) =
le préliminaire donne Zn 1 = (n + 1)
n+1
1
hn+1 hn =
. On a donc
n+1
1
0
hn
1
n+1
1
1
n+1
Cn+1 = Cn +
Or Y0 = Z0 C0 =
!
C0 . Donc C0 = Y0 donc Cn =
x0 + n
y 0 + hn
7
1
et donc Zn+1
bn =
1
1
n+1
!
en simpli…ant
!
II.E.2) de la relation précédente on déduit par récurrence 8n 2 N , Cn =
1
0
1
0 1
!
n
hn
+ C0 :
Yn = Zn Cn =
et donc
x0 + n
n+1
x0 (n
1 + hn ) + y 0
!