Télécharger

Lycée Jean Perrin
Classe de TSI1 2014/2015
Mardi 3 Mars
Corrigé du Concours Blanc
I
no 1
Réduction des matrices réelles d'ordre
de Mathématiques
2
Soit A une matrice carrée réelle de taille 2 : A ∈ M2 (R).
I.A
- Généralités
I.A.1) Soit A ∈ M2 (R). Si A =
a b
c d
χA (x) =
, alors :
x − a −c
= (x − a)(x − d) − bc
−b x − d
= x2 − (a + d)x + (ad − bc)
| {z }
| {z }
Tr(A)
det(A)
χA (x) = x2 − Tr(A)x + det(A)
I.A.2) Remarquons tout d'abord que ∆ = Tr(A)2 − 4 det(A).
? On suppose A diagonalisable dans M2 (C), alors on a soit ∆ 6= 0, soit ∆ = 0.
Dans ce dernier cas,
A admet une seule valeur propre λ0 et il existe P ∈ GL2 (C) telle que
λ0 0
A=P
P −1 = λ0 I2 .
0 λ0
? Réciproquement, on suppose ∆ 6= 0 ou il existe λ0 ∈ C tel que A = λ0 I2 .
Si ∆ 6= 0, alors A admet deux valeur propres distinctes et n = 2, donc A est diagonalisable
dans M2 (C)
Si A = λ0 I2 , alors A est diagonale.
En conclusion :
A est diagonalisable dans M2 (C) si et seulement si
Tr(A)2 − 4 det(A) 6= 0 ou ∃λ0 ∈ C tel que A = λ0 I2
I.A.3) On procède là encore par condition nécessaire et susante :
? On suppose A diagonalisable dans M2 (R). Alors le polynôme caractéristique de A est nécessairement scindé dans R, donc on a ∆ > 0 : c'est à dire ∆ > 0 ou ∆ = 0.
Si ∆ =
0, alors A admet une seule valeur propre λ0 et il existe P ∈ GL2 (R) telle que
λ0 0
A=P
P −1 = λ0 I2 .
0 λ0
? Réciproquement, on suppose ∆ > 0 ou il existe λ0 ∈ C tel que A = λ0 I2 .
Si ∆ > 0, alors A admet deux valeur propres réelles distinctes et n = 2, donc A est diagonalisable dans M2 (R)
Si A = λ0 I2 , alors A est diagonale.
En conclusion :
A est diagonalisable dans M2 (R) si et seulement si
Tr(A)2 − 4 det(A) > 0 ou ∃λ0 ∈ R tel que A = λ0 I2
1/13
I
I.B
RÉDUCTION DES MATRICES RÉELLES D'ORDRE
2
- Applications
Soit (uk )k∈N et (vk )k∈N deux suites à termes réels dénies par :
On pose, pour k ∈ N, Xk =
u0 = 1
v0 = 2
uk
vk
et∀k ∈ N,
uk+1 = 4uk − 2vk
vk+1 = uk + vk
4 −2
1 1
.
I.B.1) En posant :
A=
on a pour tout entier naturel k : Xk+1 = AXk .
I.B.2) Montrons par récurrence que, pour k dans N, Xk = Ak X0 .
? Pour k = 0 : X0 = I2 X0 = A0 X0 .
? Supposons : Xk = Ak X0 . On a alors Xk+1 = AXk = A(Ak X0 ) = (AAk )X0 = Ak+1 X0 .
? Par récurrence, il est donc prouvé que :
∀k ∈ N, Xk = Ak X0
I.B.3) χA (x) = x2 − 5x + 6 et Tr A2 − 4 det A = 1 > 0, donc d'après I.A.A3 :
A est diagonalisable dans M2 (R).
De plus Spec(A) = {2, 3}.
Cherchons le sous-espace propre E2 . Il est déterminé par le système :
2x − 2y = 0
0
x
⇐⇒
=
(A − 2I)
x−y = 0
0
y
⇐⇒ x = y
le sous-espace propre E3 est déterminé par le système :
x − 2y = 0
x
0
=
⇐⇒
(A − 3I)
x − 2y = 0
y
0
⇐⇒ x = 2y
On en conclut que :
P
−1
AP =
2 0
0 3
On trouve de plus rapidement que P −1 =
= D avec P =
−1 2
1 −1
1 2
1 1
.
I.B.4) Montrons par récurrence que, pour k dans N, Ak = P Dk P −1 .
? Pour k = 0 : P D0 P −1 = P I2 P −1 = P P −1 = I2 = A0 .
? Supposons : Ak = P Dk P −1 . On a alors :
Ak+1 = AAk = P DP −1 P Dk P −1 = P DDk P −1 = P Dk+1 P −1
2/13
Lycée Jean Perrin
Classe de TSI1 2014/2015
Mardi 3 Mars
? Par récurrence, il est donc prouvé que :
∀k ∈ N, Ak = P Dk P −1
On applique ce résultat pour k ∈ N :
k
k
A = PD P
−1
1 2
1 1
−2k + 2 × 3k 2k+1 − 2 × 3k
−2k + 3k
2k+1 − 3k
=
2k 0
0 3k
−1 2
1 −1
et après calcul, on en déduit :
k
∀k ∈ N, A =
I.B.5) On applique le résultat de la question I.B2 :
uk
−2k + 2 × 3k 2k+1 − 2 × 3k
1
k
k
∀k ∈ N, X = A X0 , d'où
=
vk
2
−2k + 3k
2k+1 − 3k
∀k ∈ N,
uk = 3 × 2k − 2 × 3k
vk = 3 × 2k − 3k
En déduire l'expression de uk et vk en fonction de k .
II
Exemple de réduction d'une matrice d'ordre
3.
Pour tout triplet (a, b, c) ∈ R3 , on note M (a, b, c) la matrice de M3 (R) dénie par :


a+c
b
c
a + 2c
b 
M (a, b, c) =  b
c
b
a+c
On appelle F l'ensemble déni par F = {M (a, b, c) ; (a, b, c) ∈ R3 }.
On note I = M (1, 0, 0) la matrice unité, J = M (0, 1, 0) et K = M (0, 0, 1).
II.A
- Étude de l'ensemble F
II.A.1) On a clairement :
M(a,b,c)=aI+bJ+cK
II.A.2) D'après la question précédente :
F = Vect(I, J, K) est le sous-espace vectoriel engendré par I, J et K .
De plus aI + bJ + cK = 0 =⇒ a = b = c = 0, donc la famille (I, J, K) est libre.
La famille (I, J, K) est une base de F .
II.A.3) Soit M (a, b, c) ∈ F . Cette matrice est une matrice symétrique réelle, donc d'après le théorème
spectral :
M (a, b, c) est diagonalisable.
II.B
- Éléments propres de
J
et
K
3/13
II
EXEMPLE DE RÉDUCTION D'UNE MATRICE D'ORDRE
3.


0 1 0
II.B.1) On a J =  1 0 1 , et :
0 1 0
χJ (x) =
x −1 0
1 −1 0
−1 x −1 = x 0
x −1
0 −1 x
−1 −1 x
1 −1 0
= x 0 x −1
0 −2 x
(C1 ← C1 − C3 )
(L3 ← L3 − L1 )
= x(x2 − 2) = x(x −
√
2)(x +
√
2)
√
√
Spec(J) = {0, 2, − 2)}
Le sous-espace propre E0 est donné par le système :
   
x
0
y
= 0




y
0
J
=
⇐⇒
x+z = 0
z
0
y = 0
⇐⇒
z = −x


1


E0 = Vect  0 


−1
Le sous-espace propre E√2 est donné par le système :
(J −
√
√

  
2x + y = 0
0
x
 − √
2I)  y  =  0  ⇐⇒
x − 2y
√ +z = 0

0
z
= 0
y − 2z
(
√
y =
2x
⇐⇒
z = √12 y = x

E √2


 √1



= Vect
2


1
Le sous-espace propre E−√2 est donné par le système :
(J +
√
 √
  
2x
= 0
x
0

√ +y
2I)  y  =  0  ⇐⇒
x + 2y
√ +z = 0

z
0
y + 2z
= 0
(
√
y =
− 2x
⇐⇒
z = − √12 y = x

E−√2


1


√
= Vect  − 2 


1
4/13
Lycée Jean Perrin
Classe de TSI1 2014/2015
Mardi 3 Mars


1 0 1
II.B.2) On a K =  0 2 0 , et :
1 0 1
χK (x) =
x−1
0
−1
1
0
−1
0
x−2
0
0
= (x − 2) 1 x − 2
−1
0
x−1
1
0
x−1
1
0
−1
= (x − 2) 0 x − 2 1
0
0
x
(C1 ← C1 + C2 + C3 )
(L2 ← L2 − L1 ) et (L3 ← L3 − L1 )
= x(x − 2)2
Spec(J) = {0, 2}
Le sous-espace propre E00 est donné par le système :

  
x
0
x+z = 0
K  y  =  0  ⇐⇒
2y
= 0
z
0
y = 0
⇐⇒
z = −x


1


0


0
E0 = Vect
= E0


−1
Le sous-espace propre E20 est donné par le système :

  
x
0
−x + z = 0




y
0
(K − 2I)
=
⇐⇒
x−z = 0
z
0
⇐⇒ x = z
   
0 
 1
0



0 , 1 
E2 = Vect


1
0
II.C
J et de K
  
 

  
 
1
1
1
0
1
0
√
√
√
√











0
0
II.C.1) Remarquons que :
=
+ 2 1
et que
=
− 2 1 .
2
− 2
1
0
1
0
1
1

   
 

1
0 
 √1

 1
√
On en déduit que Vect  2  ,  − 2  ⊂ Vect  0  ,  1  .




1
0
1
1
D'où, par égalité des dimensions :
- Réduction simultanée de

   

 

1
0 
 1
 √1

√
Vect  0  ,  1  = Vect  2  ,  − 2 




1
0
1
1
5/13
III

√1
II.C.2) Ceci prouve que  2
1

 
1


0 ,
La famille

−1
aussi de J :

EXEMPLE DE RÉDUCTION D'UNE MATRICE D'ORDRE
>4
 

1
√
 ,  − 2  est une base de E20 .
1
 

1

√1
√



est donc une base de diagonalisation de K , mais
2 , − 2

1
1



0 √0
0
0 0 0
2
0  = D1 et P −1 KP =  0 2 0  = D2
P −1 JP =  0
√
0 0 2
0 0 − 2


1 √1
1
√
avec P =  0
2 − 2 .
−1 1
1
II.D
- Conclusion
D'après les questions précédentes, on a :
M (a, b, c) = aI + bJ + cK = aP P −1 + bP D1 P −1 + cP D2 P −1 = P (aI + bD1 + cD2 )P −1


a
0
√0
 P −1
M (a, b, c) = P  0 a + 2b + 2c
√0
0
0
a − 2b + 2c
Cette égalité met bien en évidence que M (a, b, c) est semblable à une matrice diagonale.
III
III.A
Exemple de réduction d'une matrice d'ordre
>4
- Le cas n=4
On dénit la matrice U par :

0
 0
U =
 0
1
1
0
0
0
0
1
0
0

0
0 

1 
0
III.A.1) On a rapidement :

0

0
U2 = 
 1
0
0
0
0
1
1
0
0
0


0
0 0

1 
 ; U3 =  1 0
 0 1
0 
0
0 0
III.A.2) On développe par rapport à la première
x −1
0
x
χU (x) = 0
0
−1 0
0
0
0
1

1
0 
 ; U 4 = I4
0 
0
colonne :
0
0 −1 0 = x4 + (−1)3 = x4 − 1
x −1 0
x χU (x) = x4 − 1
6/13
Lycée Jean Perrin
Classe de TSI1 2014/2015
Mardi 3 Mars
III.A.3) Les valeurs propres de U dans C sont les racines de χU , c'est à dire les racines quatrièmes de
l'unité :
Spec(U ) = {1, i, −1, −i}
III.A.4) Le sous-espace propre E1 est donné par :

−x + y =




−y + z =
 ⇐⇒

−z + t =



−t + x =
⇐⇒ x = y = z = t

 
x
0
 y   0
 
(U − I) 
 z = 0
t
0

0
0
0
0
Le sous-espace propre Ei est donné par :
 
0
x
 y   0
 
(U − iI) 
 z = 0
0
t


−ix + y = 0




−iy + z = 0
 ⇐⇒

−iz + t = 0



−it + x = 0

ix
 y =
z = iy = −x
⇐⇒

t = iz = −ix

Le sous-espace propre E−1 est donné par :

 
x
0
 y   0
 
(U + I) 
 z = 0
t
0

x+y = 0




y+z = 0
 ⇐⇒

z+t = 0



t+x = 0
⇐⇒ x = −y = z = −t

Enn, le sous-espace propre E−i se déduit de Ei par conjugaison. On en déduit le résultat :

1
 0
U =P
 0
0


1 1
1
1
0 0
0

1
i
−1
−i
i 0
0 
 P −1 , avec P = 
 1 −1 1 −1
0 −1 0 
1 −i −1 i
0 0 −i




III.A.5) Soient quatre nombres complexes a, b, c et d. On pose :

a
 d
V (a, b, c, d) = 
 c
b
b
a
d
c
c
b
a
d

d
c 

b 
a
a) D'après le calcul de A1, on a :
V (a, b, c, d) = aI4 + bU + cU 2 + dU 3
b) Si on note D = diag(1, i, −1, −i), on observe que :
U = P DP −1 ;
U 2 = P D2 P −1 ;
U 3 = P D3 P −1
7/13
III
EXEMPLE DE RÉDUCTION D'UNE MATRICE D'ORDRE
>4
D'où il en découle :
V (a, b, c, d) = aP P −1 + bP DP −1 + cP D2 P −1 + dP D3 P −1
= P (aI4 + bD + cD2 + dD3 )P −1
On observe que V (a, b, c, d) est semblable à la matrice diagonale

a+b+c+d
0
0
0

0
a
+
ib
−
c
−
id
0
0
aI4 +bD+cD2 +dD3 = 

0
0
a−b+c−d
0
0
0
0
a − ib − c + id




et que la matrice de passage P est indépendante de a, b, c et d. Autrement dit :
V (a, b, c, d) est diagonalisable dans une base indépendante du choix des
valeurs des complexes a, b, c et d.
c) D'après la question qui précède :
Spec V (a, b, c, d) = a + b + c + d, a + ib − c − id, a − b + c − d, a − ib − c + id
d) On sait que lorsque la matrice est diagonalisable (donc trigonalisable), le déterminant est
égal au produit des valeurs propres, d'où :
det V (a, b, c, d) = (a + b + c + d)(a + ib − c − id)(a − b + c − d)(a − ib − c + id)
III.B
- Le cas
n>4
quelconque
Dans cette question, n désigne un entier supérieur ou égal à 4 : n > 4.
On note B = (e1 , . . . , en ) la base canonique de Cn .
On note u l'endomorphisme de Cn déni par : u(e2 ) = e1 , u(e3 ) = e2 , · · · , u(en ) = en−1 et u(e1 ) = en ,
c'est à dire :
∀k ∈ {2, . . . , n}, on a u(ek ) = ek−1 tandis que u(e1 ) = en
III.B.1) On a immédiatement :





U =



0
1
0
0 0
.. . .
.
.
1
..
.
..
.
0
1
···
0
···
..
.
..
.
0
0

0
.. 
. 


0 


1 
0
III.B.2) On note ω une matrice nième de l'unité et xω le vecteur de Cn déni par :
xω =
n
X
ω k−1 ek .
k=1
En utilisant la linéarité de u :
u(xω ) = u
n
X
!
ω
k−1
ek
k=1
= u(e1 ) +
=
n
X
ω k−1 u (ek )
k=1
n
X
k=2
ω
k−1
u (ek ) = en +
n−1
X
ω k ek
k=1
8/13
Lycée Jean Perrin
Classe de TSI1 2014/2015
Mardi 3 Mars
Remarquons que en = ω n en , ainsi :
u(xω ) =
n
X
ω k ek = ω
k=1
n
X
ω k−1 ek
k=1
u(xω ) = wxω
III.B.3) Ce dernier calcul montre que si ω est racine de l'unité, alors ω est valeur propre de u, de vecteur
propre associé xω .
Or il y a n racines distinctes de l'unité, donc n valeurs propres distinctes pour u (en dimension
n), d'où :
u est diagonalisable et une base de vecteurs propres est (xωk )06k6n−1 , avec ωk = e
2ikπ
n
.
III.B.4) Remarquons que par compositions successives on a, pour 0 6 k 6 n − 1 :
un (xωk ) = ωkn xωk = xωk
un laisse donc invariant les images d'une base de Cn , ainsi :
un = IdCn
IV
Le théorème de Cayley-Hamilton
Soit A une matrice de Mn (C).
On note : χA (x) = xn − an−1 xn−1 − an−2 xn−2 − · · · − a0 le polynôme caractéristique de A.
Le but de cette partie est de montrer que A annule son polynôme caractéristique, c'est à dire que :
An − an−1 An−1 − an−2 An−2 − · · · − a0 In = On
IV.A On sait que u est un endomorphisme d'un C-espace vectoriel, donc trigonalisable, ce qui se traduit de
la façon suivante :
Il existe une matrice T triangulaire supérieure de Mn (C) et une matrice
P de Mn (C) inversible telle que A = P T P −1 .
On note λ1 , . . . , λn les éléments diagonaux de T .
On note E1 , . . . , En les matrices colonnes des vecteurs de la base canonique de Cn .
 
 
0
1
 0 
 .. 
 
 
Ainsi E1 =  .  , . . . , En =  . .
 .. 
 0 
0
1
Le polynôme caractéristique de T est χT (x) = (x − λ1 )(x − λ2 ) · · · (x − λn ).
IV.B Utilisons les relations A = P T P −1 et In = P P −1 :
χA (x) = det(xIn − A) = det(xP P −1 − P T P −1 ) = det(P (xIn − A)P −1 )
1
= det(P ) det(xIn − A) det(P −1 ) = det(P ) det(xIn − A)
= det(T )
det(P )
T et A ont le même polynôme caractéristique.
9/13
IV
LE THÉORÈME DE CAYLEY-HAMILTON
IV.C Soit un couple (i, j) d'entiers compris entre 1 et n, on a :
(T − λi In )(T − λj In ) = T 2 − λi T + λj T + λi λj In
(T − λj In )(T − λi In ) = T 2 − λj T + λi T + λi λj In
On constate bien l'égalité :
(T − λi In )(T − λj In ) = (T − λj In )(T − λi In )
IV.D Soit k un entier compris entre 1 et n − 1. T est triangulaire supérieure, et T Ek+1 est la (k + 1)ième
colonne de T , donc on peut écrire :
T Ek+1 = α1,k+1 E1 + · · · + αk,k+1 Ek + λk+1 Ek+1
Il vient alors :
(T − λk+1 In )Ek+1 = T Ek+1 − λk+1 Ek+1 = α1,k+1 E1 + · · · + αk,k+1 Ek
On en déduit que :
∀k ∈ [[1, n − 1]] ,
(T − λk+1 In )Ek+1 ∈ Vect{E1 , . . . , Ek }
IV.E Montrons par récurrence que Mk Ek = 0.
? Pour k = 1, M1 E1 = (T − λ1 )E1 = T E1 − λ1 E1 = λ1 E1 − λ1 E1 = 0.
? Soit k xé > 1. On suppose le résultat vrai pour tout i 6 k . Alors :


k+1
k
Y
Y
Mk+1 Ek+1 =
(T − λj In ) =  (T − λj In ) (T − λk+1 In )Ek+1 = Mk (T − λk+1 In )Ek+1
j=1
j=1
On déduit de la question IV.D, qu'il existe α1 , · · · , αk ∈ C tels que :
(T − λk+1 In )Ek+1 = α1 E1 + · · · + αk Ek
D'où :
Mk+1 Ek+1 = α1 Mk E1 + · · · + αk Mk Ek =
k
X
αi Mk Ei
i=1
Or, on déduit de la question IV.C, que pour i 6 k :
Mk Ei =
k
Y
j=1
=
i
Y
(T − λj In )Ei =
k
Y
(T − λj In )
j=1
(T − λj In )
j=i+1
i
Y
k
Y
j=i+1
(T − λj In )Ei =
j=1
(T − λj In )Ei
k
Y
(T − λj In )Mi Ei = 0
| {z }
j=i+1
=0
Par combinaison linéaire, on a prouvé Mk+1 Ek+1 = 0.
? Par récurrence, on peut conclure que :
Pour tout entier k compris entre 1 et n, on a : Mk Ek = 0.
10/13
Lycée Jean Perrin
Classe de TSI1 2014/2015
Mardi 3 Mars
IV.F D'après la question précédente, on sait que Mn En = 0, et pour k ∈ [[1, n − 1]] :
k
Y
Mn Ek =
(T − λj In )Ek
j=1
n
Y
=
n
Y
(T − λj In )Ek =
j=k+1
n
Y
(T − λj In )
j=k+1
k
Y
(T − λj In )Ek
j=1
(T − λj In )Mk Ek = 0
| {z }
j=k+1
=0
On a donc, pour tout k ∈ [[1, n]], Mn Ek = 0 et comme (E1 , . . . , En ) est une base de M1,n (C). On en
déduit que Mn = On , c'est à dire :
χT (T ) =
n
Y
(T − λj In ) = On
j=1
et comme χT = χA , on a χA (T ) = On . Or :
On = P χA (T )P −1 = P (T n − an−1 T n−1 − an−2 T n−2 − · · · − a0 In )P −1
= P T n P −1 − an−1 P T n−1 P −1 − an−2 P T n−2 P −1 − · · · − a0 P In P −1
= An − an−1 An−1 − an−2 An−2 − · · · − a0 In = On = χA (A)
en utilisant le fait que pour tout entier naturel k : P T k P −1 = Ak . On conclut :
χA (A) =
n
Y
(A − λj In ) = On
j=1
V
Méthodes numériques de calcul du polynôme caractéristique et des valeurs propres d'une matrice réelle
Soit A une matrice de Mn (R).
On note χA (x) = xn − an−1 xn−1 − an−2 xn−2 − · · · − a0 .
V.A
- Le calcul du polynôme caractéristique
Soit X0 ∈ Mn,1 (R) une matrice colonne.


a0
 a1 


On pose X =  . .
 .. 
an−1
V.A.1) D'après le théorème de Cayley-Hamilton : An − an−1 An−1 − an−2 An−2 − · · · − a0 In = On . En
multipliant par X0 , on obtient :
An X0 = an−1 An−1 X0 + an−2 An−2 X0 + · · · + a0 X0
V.A.2) D'après la relation obtenue à la question précédente, il est clair que X est solution d'un système
linéaire ÃX = B dans lequel :
Les colonnes de à sont X0 , AX0 , . . . , An−1 X0 , et B = An X0 .
V.A.3) Si la famille (An−1 X0 , An−2 X0 , . . . , X0 ) est libre, alors c'est une famille libre de n vecteurs, donc
une base de Cn , et à est inversible. Ainsi :
11/13
V
MÉTHODES NUMÉRIQUES DE CALCUL DU POLYNÔME CARACTÉRISTIQUE ET DES
VALEURS PROPRES D'UNE MATRICE RÉELLE
Si la famille (An−1 X0 , An−2 X0 , . . . , X0 ) est libre, alors le système ÃX = B a une unique solution.
V.B
- Le calcul approché des valeurs propres
Dans cette partie, on suppose que A admet n valeurs propres réelles distinctes telles que :
|λ1 | > |λ2 | > · · · > |λn |
On considère l'ensemble F des suites réelles (yk )k∈N dénies par :
y0 , y1 , . . . , yn−1 arbitraires
yk+n = an−1 yk+n−1 + an−2 yk+n−2 + · · · + a0 yk pour tout entier k > 0
V.B.1) Soit j ∈ [[1, n]], on a :
λk+n
− an−1 λk+n−1
− an−2 λk+n−2
− · · · − a0 λkj = λkj (λnj − an−1 λjn−1 − an−2 λjn−2 − · · · − a0 )
j
j
j
= λkj × 0 = 0,
car λj est racine de χA
Pour tout entier j compris entre 1 et n, la suite (λkj )k∈N appartient à F .
Dans la suite, on admet que F est un espace vectoriel de dimension nie avec dim F = n.
On admet aussi que la famille (λk1 )k∈N , . . . , (λkn )k∈N est une famille libre de l'espace vectoriel
des suites de réels.
Soit une suite (yk )k∈N de F .
V.B.2) La famille de suites (λk1 ), · · · , (λn )k est une famille libre de F et dim F = n, donc il s'agit
d'une base de F , et la suite (yk )k∈N s'écrit de manière unique comme combinaison linéaire de
cette famille. Autrement dit :
Il existe une unique famille de n réels (α1 , . . . , αn ) telle que, pour tout entier k :
yk =
n
X
αj λkj
j=1
V.B.3) On choisit y0 , y1 , . . . , yn−1 pour que α1 soit non nul.
a) Remarquons aussi que λ1 6= 0 (car |λ1 | > |λn | > 0). Puisque α1 et λ1 sont non nuls, il est
possible d'écrire pour tout entier k :


k
n
X
αj λj 
yk = α1 λk1 1 +
α1 λ1
j=2
La limite du terme sous la somme est nulle lorsque k tend vers +∞ puisque
λj |λj |
<1
∀j ∈ [[2, n]] , =
λ1
|λ1 |
On conclut :
yk
∼
k→+∞
b) Pour tout entier k , on a α1 λk1 6= 0. Puisque yk
α1 λk1
∼
k→+∞
α1 λk1 , alors :
yk
=1
k→+∞ α1 λk
1
lim
Donc en particulier, il existe k0 tel que pour tout k > k0 ,
yk
1
> . On conclut :
k
2
α1 λ1
12/13
Lycée Jean Perrin
Classe de TSI1 2014/2015
Mardi 3 Mars
yk est non nul à partir d'un certain rang.
c) D'après les questions précédentes, on a :
yk+1
yk
Donc :
∼
k→+∞
α1 λk+1
1
α1 λk1
∼
k→+∞
λ1
yk+1
= λ1
k→+∞ yk
lim
13/13