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 ide Xn.
Préliminaire
On véri…e sans problème que : a b
c d  db c a =ad bc 0 0ad bc 
La matrice Mest inversible ( e6= 0 ) et donc
a b
c d 1
=1
ad bc db
c a 
Partie I
A:Récurrences linéaires d’ordre 2:
I.A.1) On a Xn+1 =xn+1
xn+2 =xn+1 a0xna1xn+1 et donc : A=0 1
a0a1
I.A.2) On calcule le polynôme caractéristique
1
a0a1=(a1+) + a0=2+a1+a0
I.A.3) On cherche toutes les matrices Qinversibles telles que A=QDQ1. Les colonnes de Qsont les vecteurs propres
de A:ix+y= 0
a0x+ (a1i)y= 0
la première ligne donne y=ixet la seconde est alors véri…ée pour tout xd’après I.A.2 . Le déterminant de la matrice
vaut alors (21)x1x2, ce qui impose la condition x1x26= 0
9(x1; x2)2(C)2,Q=x1x2
1x12x2
Une classique véri…cation par récurrence donne alors :
An=Q: n
10
0n
2:Q1
I.A.4) Si Aadmet une seuile valeur propre elle est double , donc racine double du polynôme caractéristique et donc
(somme et produit des racines):
a0=2et a1=2
On cherche Qinversible telle que A=QT Q1. La première colonne de Qest un vecteur propre donc du type V1=x1
x1
avec x16= 0 (idem I.A.3) )
La deuxième colonne V2véri…e AV2=V2+V1. donc x +y=x1
a0x+ (a1)y=x1
. La première ligne donne y=x1+x
. Si on reporte dans la seconde c’est bien véri…é car 2+a1+a0= 0 et a1=2.Q=x1x
x1x1+x de déterminant
x2
16= 0
9(x1; x2)2CC,Q=x1x2
x1x1+x2
On a T=D+Navec D=I2et N=0 1
0 0 . On véri…e DN =ND et N2= 0
Tn=Dn+nDn1N=nnn1
0n
donc :
An=Q: nnn1
0n:Q1
I.A.5) Comme le corps de base est C,Aadmet 2 valeurs propres (avec multiplicité) . Il n’y a bien que 2 cas possibles :

Aadmet deux valeurs propres distinctes. elles sont donc simples et Aest diagonalisables.
Aadmet une valeur propre double . Mais alors si Aest diagonalisable Aest semblable à I2et A=P(I2)P1=I2
. Absurde à cause du 1sur la première ligne.
I.A.6)
exemple 1 : A=0 1
2 3 de valeurs propres 1et 2. On peut donc prendre Q=1 1 1 2 et T=1 0 0 2 , Le
préliminaire donne Q1=21
1 1 et donc
An=QT nQ1=22n2n1
22n+1 2n+1 1
On a donc
Xn=Anx0
x1=(2 2n)x0+ (2n1)x1
(2 2n+1)x0+2n+1 1x1
et donc : xn= (2 2n)x0+ (2n1)x1
véri…cations : x0; x1et la deuxième ligne de Xnsont cohérentes.
exemple 2 : A=0 1
4 4 de valeur propres 2double. On peut donc prendre Q=1 0 2 1 et T=1 0 0 2 , Le
préliminaire donne Q1=1 0
2 1 et A.I.4) :donne Tn=2nn2n1
0 2n.Donc
An=QT nQ1=(n1)2nn2n1
n2n+1 (n+ 1)2n
On a donc
Xn=Anx0
x1=(n1)2nx0+n2n1x1
n2n+1x0+ (n+ 1)2n+1 x1
et donc : xn=(n1)2nx0+n2n1x1
B:Vers un ordre supérieur
I.B.1) Par la règle de Sarrus
1 0
01
a0a1a2
=2(a2)a0a1=P()
I.B.2) est linéaire : Si (un)et (vn)sont deux suites et un scalaire
((un) + (v)n) = 0
@0 @
un+vn
un+1 +vn+1
un+2 +vn+2 1
A1 A=0 @0 @
un
un+1
un+2 1
A1 A+0 @0 @
vn
vn+1
vn+2 1
A1 A=((un)) +  ((vn))
est bien linéaire.
Si ((un)) est la suite de matrices nulles on a : 8n2N,0
@
un
un+1
un+2 1
A=0 @
0
0
01
Adonc 8n2Nun= 0 donc (un) = (0)
On prend la suite de matrices : 8n2NXn=0
@
1
0
01
A. Si (Xn)2Im()on a 0 @
1
0
01
A=0 @
xn
xn+1
xn+2 1
Adonc xn+1 = 0 , mais
aussi par translation d’indice 0
@
1
0
01
A=0 @
xn+1
xn+2
xn+3 1
Adonc xn+1 = 1 . ABSURDE
remarque : pour construire le contre exemple prendre n’importe quelle suite telle que la seconde coordonnée de Xnne sont
pas la première de Xn+1
est linéaire injective non surjective.
2

I.B.3) On véri…e que :
Xn+1 =0
@
xn+1
xn+2
xn+3 1
A=0 @
xn+1
xn+2
a2xn+2 a1xn+1 a0xn1
A=AXn
et donc (suite géométrique) Xn=AnX0
Réciproquement soit Xnvéri…ant : 8n2N,Xn=AnX0.
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 8n2N,Xn[1] = Un[1] .
Puis : 8n2N: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 8n2NXn[3] = Xn+2[1] = Un+2 [1] = Un[3]
En…n 8n2N,Xn+1 =AXndonne 8n2N,xn+3 =a0xna1xn+1a2xn+2 et donc 8n2N,un+3+a2un+2+a1un+1+a0un
Donc la suite (Xn)est l’image de la suite (un)2 Rp
(Xn)2(Rp), 8n2N,Xn=AnX0
I.B.4) D’après la question précédente toute suite de Rpest du type AnX0. On peut décomposer X0dans la base canonique
X0=e1+e2+e3. On a alors
8n2N:Xn=Ane1+Ane2+Ane3
Réciproquement toute suite du type 8n2N,Yn=Ane1+Ane2+Ane3véri…e Yn=AnY0
donc
(Xn)2 Rp, 9(; ; )2 C3(Xn) = (Ane1) + (Ane2) + (Ane3)
Mais la famille (Ane1);(Ane2);(Ane3)est libre . Si on prend une combinaison linéaire (Ane1) + (Ane2) + (Ane3) = (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)
A=0
@
0 1 0
0 0 1
1=23=2 2 1
A
Le polynôme caractéristique est PUne fois constater que 1est racine évidente, on trouve 3 valeurs propres distincts 1et
1i
2.Aest donc diagonalisable.
b)Si on prend X0= 0 , la suite est constante nulle et converge vers 0. Ce n’est pas le but de la question.
Si on prend X0=e1=0
@
1
0
01
Aon a la suite 0 @
0
0
1=21
A;0 @
0
1=2
11
A;0 @
1=2
1
5=41
A;0 @
1
5=4
5=41
A;0 @
5=4
5=4
9=81
A; :
Si L=0
@
1
1
11
Aon a comme suite des kXnLk1la suite 1;1;1;1=2;1=4;1=8;On peut conjecturer que la limite est 1. .
remarque : la réponse dépend de X0;
c) on véri…e que det(Q) = 16= 0 .Qest donc inversible . Deux produits matriciels véri…ent que
AQ =QT =0
@
1 1 1
1 1 0
1 1=21=21
A
d) On obtient successivement :
T2=0
@
1 0 0
0 0 1=2
0 1=2 0 1
A,T3=0 @
1 0 0
01=41=4
0 1=41=41
A,T4=0 @
1 0 0
01=4 0
0 01 1=41
A
3

On en déduit
T4p=T4p=0
@
1 0 0
0 (1=4)p0
0 01 (1=4)p1
A= (1
4)p0
@
(4)p0 0
010
0011
A
Puis en multipliant par T; T 2; T 3
T4p+1 = (1
4)p0
@
(4)p0 0
0 1=21=2
0 1=2 1=21
A; T 4p+2 = (1
4)p0
@
(4)p0 0
0 0 1=2
0 1=2 0 1
A
T4p+3 = (1
4)p0
@
(4)p0 0
01=41=4
0 1=41=41
A
On peut aussi poser un calcul par blocs en remarquant que T0=1=21=2
1=2 1=2=1
p2cos (=4) sin (=4)
sin (=4) cos (=4) est la
matrice d’une similitude directe de rapport 1=p2et d’angle =4et donc Tn
0=1
2n=2cos (n=4) sin (n=4)
sin (n=4) cos (n=4) mais ce
n’est pas le plan du sujet.
e) changement de base classique :
Xn=AnX0)Xn=QT nQ1X0)Yn=TnY0
Or les 4 suites T4p; T 4p+1; T 4p+2; T 4p+3 convergent vers la même limite L=0
@
100
000
0001
A.
Donc la suite Tnconverge vers L, la suite Ynconverge vers LY0. Or Xn=QYndonc Xnconverge vers QLY0=QLQ1X0:
xn=Xn[1] la première coordonnée de Xnconverge donc aussi.
Si P=X32X2+3
2X1 2toute suite de Rpconverge.
A la machine le calcul (non demandé) ne pose pas de gros problème : (xn)converge vers x02x1+ 2x2
I.C.2)
a) Les racines de Psont 1et 1ip3
2=ei=3.
b) La matrice Aest donc diagonalisable et il existe une matrice Qinversible telle que A=Qdiag(1; ei=3; ei=3)Q1.
An=Qdiag(1; eni=3; eni=3)Q1est donc de période 6.
En reprenant la notation Yn=Q1Xnon a
Yn=diag(1; eni=3; eni=3):Y0=0
@
Y0[1]
0
01
A+ein=30 @
0
Y0[2]
01
A+ein=30 @
0
0
Y0[3] 1
A
=0
@
Y0[1]
0
01
A+ cos n
30
@
0
Y0[2]
Y0[3] 1
A+ sin n
30
@
0
Y0[2]
Y0[3] 1
A
et donc
Xn=Q0
@
Y0[1]
0
01
A+ cos n
3Q0
@
0
Y0[2]
Y0[3] 1
A+ sin n
3Q0
@
0
Y0[2]
Y0[3] 1
A
on pose donc a=la première ligne de Q0
@
Y0[1]
0
01
A,celle de Q0 @
0
Y0[2]
Y0[3] 1
A,celle de Q0 @
0
Y0[2]
Y0[3] 1
Aet on a bien :
9(; ; )2C3,xn=+cos n
3+sin n 3
I.C.3)
a) On développe (X) (X)2= (X) (X22X +2) = X3(+ 2)X2+2+ 22et donc
A=0
@
0 1 0
0 0 1
222  + 21
A
4

b) Aest semblable à Tdonc est diagonalisable si et seulement si Tl’est . Or TI3=0
@
0 0
001
0001
Aest de rang 2(
6= 0 ) et donc le sous espace propre E(T) = Ker(TI3)est de dimension 1strictement inférieur à la multiplicité.
An’est pas diagonalisable
c) Le décomposition T=D+Navec D=diag(; ; )et N=0
@
000
001
0001
Adonne comme DN =ND(= N)et N2= 0
Tn=0
@
n0 0
0nnn1
0 0 n1
A
En posant encore Yn=Q1Xnon a Xn=QYnet Yn=TnY0
Si pour tout X0la suite (Xn)converge vers 0alors pour tout Y0=Q1X0la suite Ynconverge vers 0. En prenant
X0=Qe1on trouve que Tne1converge vers 0donc que 0
@
n
0
01
Aconverge vers 0donc 2]1;1[ . De même avec
X0=Qe2on trouve 2]1;1[:
Réciproquement si 2]1;1[ et 2]1;1[ alors Tnconverge vers (0) et donc toute suite Xn=QT nQ1X0converge
vers (0) 8X02 M3;1(C);lim (Xn) = (0)) () 2]1;1[ et 2]1;1[ 
Si pour tout X0la suite (Xn)converge alors pour tout Y0=Q1X0la suite Ynconverge . En prenant X0=Qe1on
trouve que Tne1converge vers 0donc que 0
@
n
0
01
Aconverge vers 0donc 2]1;1] . De même avec X0=Qe2on trouve
2]1;1] puis avec X0=Qe3impose la convergence de nn1et donc u2]1;1[
Réciproquement si 2]1;1[ et 2]1;1[ (Xn)converge vers (0) et si = 1;  2]1;1[ ,Xnconverge vers
Q0
@
100
000
0001
AQ1X0
8X02 M3;1(C); Xn)converge () 2]1;1] et 2]1;1[ 
PARTIE II
éléments de solutions non rédigés
A : existence et unicité
II.A.1) Par récurrence 8n2N,Xn=PnX0
II.A.2) Si (Xn)est solution alors (Xn)=(Pna), d’où l’unicité si existence . Mais la suite (PnA)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)=(PnX0) = (0) ) et surjective (si a2Ck) la suite (Xn)=(Pna)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= 1
n+ 1 0
hn1!, que l’on véri…e par récurrence.
II.B.2) D’après II.A.2) 8n2N,Xn=PnX0= x0
n+ 1
x0hn+y0!
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