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 !