TD d`algèbre 2 : Suites linéaires récurrentes Exercice 1 1) ERL

TD d’algèbre 2 : Suites linéaires récurrentes
Exercice 1
1) ERL homogène associée : 2un−3un−1+un−2= 0
Equation associée : 2x2−3x+ 1 = 0
Solutions de l’EA : 1et 1
2
Solution générale de d’ERL homogène : un=a+b1
2n
Solution particulière de l’ERL générale :
– Ca ne peut être une constante car la somme des coefficients de l’EA est nulle
– On la cherche de la forme un=c n. On trouve c= 2
Solution générale de d’ERL : un= 2 n+a+b1
2n
Avec les conditions initiales, on trouve a=−1et b= 4.
2) ERL homogène associée : un−2un−1+ 2un−2= 0
Equation associée : x2−2x+ 2 = 0
Solutions de l’EA : √2eiπ
4et √2e−iπ 4
Solution générale de d’ERL homogène : un=a√2ncos nπ
4+b√2nsin nπ 4
Solution particulière de l’ERL générale : on cherche une constante, on trouve
un= 1.
Solution générale de d’ERL : un= 1 + a√2ncos nπ
4+b√2nsin nπ 4
Avec les conditions initiales, on trouve a= 1 et b= 1.
3) ERL homogène associée : un+3 −5un+2 + 8un+1 −4un= 0
Equation associée : x3−5x2+ 8x−4 = 0
Solutions de l’EA : 1et 2(racine double)
Solution générale de d’ERL homogène : un=a+b2n+c n 2n
Solution particulière de l’ERL générale : on cherche unde la forme α n (somme
des coeffs égale à 0), on trouve un=n.
Solution générale de d’ERL : un=n+a+b2n+c n 2n
Avec les conditions initiales, on trouve a= 2,b= 0 et c= 1.
4) Equation associée : (x−1)3= 0
Solutions de l’EA : 1est racine triple
Solution générale de d’ERL homogène : un=a+b n +c n2
Avec les conditions initiales, on trouve a= 1,b=−4et c= 4.
1

Exercice 2
1) ERL homogène associée : un+ 2un−1= 0
Equation associée : x+ 2 = 0
Solutions de l’EA : −2
Solution générale de d’ERL homogène : un=a(−2)n
Solution particulière de l’ERL générale : compte tenu de la forme du second
membre, on cherche une solution particulière du type vn=bn2+cn +d. On
trouve : vn=n2+4
3n+5 9
Solution générale de d’ERL : un=a(−2)n+n2+4
3n+5 9
Avec les conditions initiales, on trouve : un=4
9(−2)n+n2+4 3n+5 9
1) ERL homogène associée : un+2 −2un+1 + 2un= 0
Equation associée : x2−2x+ 2 = 0
Solutions de l’EA : √2eiπ
4et √2e−iπ 4
Solution générale de d’ERL homogène : un=a√2ncos(nπ
4) + b√2nsin(nπ 4)
Solution particulière de l’ERL générale : compte tenu de la forme du second
membre, on cherche une solution particulière du type vn=d2n. On trouve :
d=1
2.
Solution générale de d’ERL : un= 2n−1+a√2ncos(nπ
4) + b√2nsin(nπ 4)
Avec les conditions initiales, on trouve a=−1
2et b=1 2.
Exercice 3
1) On montre facilement par récurrence que la suite est à valeurs strictement
positive (donc qu’on peut prendre son logarithme).
On trouve ωn= ln 3 + 2ωn−1, soit en résolvant et compte tenu des conditions
initiales :
ωn=−ln 3 + ln (3a) 2n
2) On en déduit que :
un=1
3e(ln 3a)2n=1 3(3a)2n
On a donc convergence ⇔a≤1
3.
2

Exercice 4
1) On développe par rapport à la première colonne (par exemple), et on obtient :
∆n=a∆n−1−∆n−2
L’équation associée est :
x2−ax + 1 = 0 (EA)
Premier cas :|a|>2⇔∆>0
Les racines de (EA) sont : a+√∆
2et a−√∆ 2
La solution générale de l’ERL est donc :
∆n=α a+√∆
2!n
+β a−√∆
2!n
Avec les conditions initiales, on trouve :
∆0= 1 = α+β
∆1=a=α a+√∆
2!+β a−√∆ 2!=a 2+√∆ 2(α−β)
⇒α−β=a
√∆
D’où :
α=1
21 + a
√∆et β=1
21−a
√∆
∆n=1
2"1 + a
√∆ a+√∆
2!n
+1−a
√∆ a−√∆
2!n#
=1
2n+1√a2−4a+pa2−4n+1 −a−pa2−4n+1
Application numérique : Pour a=5
2, on a ∆ = 3 22, et :
∆n=1
34 2n−1 2n
Second cas :|a|= 2 ⇔∆ = 0
Si a= 2,1est racine double de (EA) donc :
∆n=α n +β
Avec les conditions initiales, on a :
∆0= 1 = β
∆1= 2 = α+β
3

⇒α=β= 1 ⇒∆n=n+ 1
Si a=−2,−1est racine double de (EA) donc :
∆n= (−1)n(α n +β)
Avec les conditions initiales, on a :
∆0= 1 = β
∆1=−2 = −α−β
⇒α=β= 1 ⇒∆n= (n+ 1)(−1)n
Troisième cas :|a|<2⇔∆<0
Les racines de (EA) sont : a+i√−∆
2et a−i√−∆ 2. Ce sont des racines complexes
conjuguées que l’on peut aussi écrire sous la forme ρ e±iα avec :
|ρ|2=1
4(a2−∆) = 1
cos α=a
2et sin α=√−∆ 2
La solution générale de l’ERL est donc :
∆n=ccos nα +dsin nα
Avec les conditions initiales, on trouve :
∆0= 1 = c
∆1=a= 2 cos α=ccos α+dsin α⇒d=1
tan α
On en déduit que :
∆n= cos nα +sin nα
tan α=sin (n+ 1)α sin α
Application numérique : Pour a=√3, on a cos α=√3
2et sin α=1 2, donc
α=π
6et :
∆n= 2 sin π(n+ 1)
6
Remarque : Le déterminant est un polynôme en ade degré n. Les 2 formules
générales trouvées (une avec des radicaux, l’autre avec des fonctions trigonomé-
triques) admettent donc une réécriture sous forme d’un tel polynôme.
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Exercice 5
1) On note un= (xn, yn, zn). Le système se réécrit un+1 =A unavec :
A=
2−1 1
101
1−1 2 
Il apparaît clairement que 1est valeur propre d’ordre au moins 2, et compte
tenu de la trace exactement d’ordre 2, et la deuxième valeur propre est 2.
On détermine facilement les sous-espaces propres : (1,1,0) et (0,1,1) sont des
vecteurs propres associés à 1et (1,1,1) est un vecteur propre associé à 2. On
prend donc comme matrice de passage :
P=
1 0 1
1 1 1
0 1 1 
avec P−1=
0 1 −1
−1 1 0
1−1 1 
P−1se calcule à l’aide de la comatrice, ou en déterminant le polynome caracté-
ristique de P, qui est annulé par P. On a :
P−1AP =
1 0 0
0 1 0
0 0 2 
=B
On a un=Aun−1=A2un−2=... =Anu0, et comme An= (P BP −1)n=
P BnP−1, on en tire :
un=P BnP−1u0=
2n+1 −1
2n+1
2n+1 + 1 
2) Il faut que (1,−1,1) ×(x0, y0, z0)′= 0, soit :
x0−y0+z0= 0
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