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 : 1 et 12
n
Solution générale de d’ERL homogène : un = a + b 12
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
n
Solution générale de d’ERL : un = 2 n + a + b 12
Avec les conditions initiales, on trouve a = −1 et b = 4.
2) ERL homogène associée : un − 2un−1 + 2un−2 = 0
Equation associée : √
x2 − 2x + 2√= 0
π
π
Solutions de l’EA : 2 ei 4 et 2 e−i 4
√ n
√ n
Solution générale de d’ERL homogène : un = a 2 cos n π4 + b 2 sin n π4
Solution particulière de l’ERL générale : on cherche une constante, on trouve
un = 1.
√ n
√ n
Solution générale de d’ERL : un = 1 + a 2 cos n π4 + b 2 sin n π4
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 : 1 et 2 (racine double)
Solution générale de d’ERL homogène : un = a + b 2n + c n 2n
Solution particulière de l’ERL générale : on cherche un de la forme α n (somme
des coeffs égale à 0), on trouve un = n.
Solution générale de d’ERL : un = n + a + b 2n + 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 : 1 est racine triple
Solution générale de d’ERL homogène : un = a + b n + c n2
Avec les conditions initiales, on trouve a = 1, b = −4 et 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 + 43 n + 95
Solution générale de d’ERL : un = a (−2)n + n2 + 43 n + 95
Avec les conditions initiales, on trouve : un = 49 (−2)n + n2 + 43 n + 95
1) ERL homogène associée : un+2 − 2un+1 + 2un = 0
Equation associée : √
x2 − 2x +√
2=0
π
π
Solutions de l’EA : 2ei 4 et 2e−i 4
√ n
√ n
Solution générale de d’ERL homogène : un = a 2 cos(n π4 ) + b 2 sin(n π4 )
Solution particulière de l’ERL générale : compte tenu de la forme du second
membre, on cherche une solution particulière du type vn = d 2n . On trouve :
d = 21 .
√ n
√ n
Solution générale de d’ERL : un = 2n−1 + a 2 cos(n π4 ) + b 2 sin(n π4 )
Avec les conditions initiales, on trouve a = − 12 et b = 21 .
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 =
n
1
1 (ln 3a)2n
e
= (3a)2
3
3
On a donc convergence ⇔ a ≤ 13 .
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+2 ∆ et a−2 ∆
La solution générale de l’ERL est donc :
√ !n
a+ ∆
+β
∆n = α
2
√ !n
a− ∆
2
Avec les conditions initiales, on trouve :
∆1 = a = α
∆0 = 1 = α + β
√ !
√
√ !
a
a− ∆
a+ ∆
∆
+β
= +
(α − β)
2
2
2
2
a
⇒α−β = √
∆
D’où :
1
a
a
et β =
1+ √
1− √
2
∆
∆
"
√ !n √ !n #
a
a
1
a+ ∆
a− ∆
1+ √
+ 1− √
∆n =
2
2
2
∆
∆
n+1 n+1 p
p
1
2
2
√
=
a+ a −4
− a− a −4
2n+1 a2 − 4
2
Application numérique : Pour a = 52 , on a ∆ = 32 , et :
n 1
1
n
42 −
∆n =
3
2
α=
1
2
Second cas : |a| = 2 ⇔ ∆ = 0
Si a = 2, 1 est 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, −1 est 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
√
√
a−i −∆
a+i −∆
et
. Ce sont des racines complexes
Les racines de (EA) sont :
2
2
conjuguées que l’on peut aussi écrire sous la forme ρ e±iα avec :
1 2
(a − ∆) = 1
4
√
−∆
a
cos α = et sin α =
2
2
La solution générale de l’ERL est donc :
|ρ|2 =
∆n = c cos nα + d sin nα
Avec les conditions initiales, on trouve :
∆0 = 1 = c
∆1 = a = 2 cos α = c cos α + d sin α ⇒ d =
1
tan α
On en déduit que :
sin nα
sin (n + 1)α
=
tan α
sin α
√
√
Application numérique : Pour a = 3, on a cos α = 23 et sin α = 12 , donc
α = π6 et :
π(n + 1)
∆n = 2 sin
6
Remarque : Le déterminant est un polynôme en a de degré n. Les 2 formules
générales trouvées (une avec des radicaux, l’autre avec des fonctions trigonométriques) admettent donc une réécriture sous forme d’un tel polynôme.
∆n = cos nα +
4
Exercice 5
1) On note un = (xn , yn , zn ). Le système se

2 −1
A= 1 0
1 −1
réécrit un+1 = A un avec :

1
1 
2
Il apparaît clairement que 1 est 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 1 et (1, 1, 1) est un vecteur propre associé à 2. On
prend donc comme matrice de passage :




0
1 −1
1 0 1
0 
P =  1 1 1  avec P −1 =  −1 1
1 −1 1
0 1 1
P −1 se calcule à l’aide de la comatrice, ou en déterminant le polynome caractéristique de P , qui est annulé par P . On a :


1 0 0
P −1 AP =  0 1 0  = B
0 0 2
On a un = Aun−1 = A2 un−2 = . . . = An u0 , et comme An = (P BP −1 )n =
P B n P −1 , on en tire :
 n+1

2
−1
un = P B n P −1 u0 =  2n+1 
2n+1 + 1
2) Il faut que (1, −1, 1) × (x0 , y0 , z0 )′ = 0, soit :
x0 − y0 + z0 = 0
5
Exercice 6
1) On montre facilement que 1 est valeur propre d’ordre 3. Donc si A était diagonalisable, ça serait l’identité ce qui est exclu.
En revanche, A est bien sûr trigonalisable.
2) On montre facilement que ǫ1 et ǫ2 sont des vecteurs propres. On leur adjoint
ǫ3 = e3 pour former une base, que l’on note C. La matrice de passage est :


1 0 0
P = 1 1 0 
1 1 1
qui a une bonne tronche. On calcule facilement son inverse (par la matrice des
cofacteurs, ou en calculant le polynôme caractéristique) :


1
0 0
P =  −1 1 0 
0 −1 1
Dans cette nouvelle base, on a :

1 0
B = P −1 AP =  0 1
0 0

1
0 
1
qui pour une non diagonale n’a pas une vilaine tête non plus.
3) On montre assez facilement que



0 0
1 0 n
B n =  0 1 0  = I + nJ avec J =  0 0
0 0
0 0 1
Plusieurs méthodes sont possibles :

1
0 
0
– Classique mais long : on calcule le polynôme caractéristique de B ce qui nous
permet de déterminer la forme générale de B n
– Classique amélioré : on remarque que (B − I)2 = 0
– Binôme de Newton : B = I + J, I et J commutent et J n = 0 pour n > 1, ce
qui permet un calcul très simple (méthode la plus sioux)
– Récurrence : on calcule les premières puissances de B, on intuite la formule
et on la démontre par récurrence.
Soit un = (rn , sn , tn ) et vn = P −1 un . On a :
un+1 = Aun ⇔ vn+1 = Bvn

1 0
⇒ vn = B n v0 =  0 1
0 0

n
1
0
0   −1 1
1
0 −1
6
 

0
1
0   2 
1
−1

1 0
⇒ vn =  0 1
0 0
D’où :

1
⇒ un =  1
1
 
 

n
1
1 − 3n

0   1 =
1
1
−3
−3
 
 

0 0
1 − 3n
1 − 3n
 =  2 − 3n 
1 0  
1
1 1
−3
−1 − 3n
Exercice 7
1) La colonne i représente le vecteur des probabilités de voter pour le candidat
i sachant qu’à l’instant précédent, on votait pour le candidat j, j = 1 . . . 3.
2) Le déterminant vaut 0.48, la trace vaut 2.4 et 1 est valeur propre (la transposée est stochastique, donc 1 est vp de M ′ , donc 1 est racine du polynome
caractéristique de M ′ qui est aussi celui de M ). Les deux autres sont 0.6 et 0.8.
En cherchant les vecteurs propres, on obtient la matrice
et son inverse :



1 −1 3
11
1 
−2
P =  −1 −3 5  et P −1 =
16
0
4 8
1

0.6
Soit D =  0
0
0
0.8
0

0
0 . On a :
1
−5
−2
1

−1
2 
1
M = P DP −1 ⇒ M n = P Dn P −1

11 0.6n + 2 0.8n + 3
1 
−11 0.6n + 6 0.8n + 5
=
16
−8 0.8n + 8
Donc :
de changement de base
−5 0.6n + 2 0.8n + 3
5 0.6n + 6 0.8n + 5
−8 0.8n + 8


3 3 3
1 
5 5 5 
→
16
8 8 8
Xn →n→+∞
7


3
1 
5 
16
8

− 0.6n − 2 0.8n + 3
0.6n − 6 0.8n + 5 
−8 0.8n + 8
Exercice 8
On veut résoudre l’ERL : ut+k + . . . + ut−k = (2k + 1)c
ERL homogène associée : ut+k + . . . + ut−k = 0
Equation associée : x2k + x2k−1 + . . . + 1 = 0
Solutions de l’EA : racines 2k + 1-èmes de l’unité, sauf 1, i.e :
2ijπ
e 2k+1 , j = 1 . . . 2k
Pk
2tjπ
2tjπ
Solution générale de d’ERL homogène : ut = j=1 aj cos( 2k+1
) + bj sin( 2k+1
)
Solution particulière de l’ERL générale : c
Solution générale de d’ERL :
ut = c +
k
X
aj cos(
j=1
2tjπ
2tjπ
) + bj sin(
)
2k + 1
2k + 1
Exercice 9
On a :
Rt = pbRt−1 + C0
D’où :
Rt =
Et avec les conditions initiales :
C0
+ a(pb)t
1 − pb
C0
C0
Rt =
(pb)t
+ R0 −
1 − pb
1 − pb
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Exercice 10
A l’équilibre, on a :
Yt = Ct + It = Ct + Kt − Kt−1
= 0.6 Yt−1 + 0.3 Yt−2 + a(Yt−1 − Yt−2 )
⇒ Yt − (0.6 + a)Yt−1 + (a − 0.3)Yt−2 = 0
L’équation associée est :
x2 − (0.6 + a)x + (a − 0.3) = 0
Le discriminant vaut
∆ = a2 − 2.8a + 1.56
et ses racines sont approximativement 0.77 et 2.03.
Premier cas : Si a ∈ [1, a2 = 2.03[
√
Alors le discriminant est < 0 et s’écrit sous la forme ρ eiθ avec |ρ| = a − 0.3.
Donc :
Yt = α ρt cos t θ + β ρt sin t θ
Si a < 1.3, les oscillations sont amorties et Yt tend vers 0.
Si a = 1.3, les oscillations sont entretenues et Yt diverge.
Si a > 1.3, les oscillations sont explosives et Yt diverge.
Second cas : Si a = 2.03
Alors le discriminant est nul, l’équation a une racine double approximativement
égale à x0 = 1.3 et :
Yt = (α t + β) xt0
d’où divergence
Troisième cas : Si a ∈]2.03, 3]
Alors le discriminant est > 0 et admet deux racines réelles x1 et x2 supérieures
à 1 strictement, d’où :
Yt = α xt1 + β xt2
et divergence
9