AR - SUITES RECURRENTES LINEAIRES ET EQUATIONS

AR - SUITES RECURRENTES
LINEAIRES ET EQUATIONS
DIFFERENTIELLES LINEAIRES
Suites de nombres complexes
Notons `(C) l’espace vectoriel sur C des suites de nombres complexes. Si (sn )n≥0 est un élément de
`(C), et si P est le polynôme
P (X) = a0 + a1 X + · · · + ap X p
l’application ΦP de `(C) dans lui-même qui à (sn )n≥0 associe la suite
Φ(P )((sn )n≥0 ) = (a0 sn + a1 sn+1 + · · · + ap sn+p )n≥0
est une application linéaire. On peut alors considérer l’application Φ de C[X] dans l’ensemble L (`(C))
des endomorphismes de `(C), qui à P associe ΦP .
Proposition 1 L’application Φ est un morphisme d’algèbres.
Soit P et Q dans C[X]. Si p est le plus grand des degrés de P et de Q, on peut écrire
P (X) = a0 + a1 X + · · · + ap X p
et Q(X) = b0 + b1 X + · · · + bp X p .
Donc
(P + Q)(X) = (a0 + b0 ) + (a1 + b1 )X + · · · + (ap + bp )X p .
Alors, pour toute suite (sn )n≥0 de `(C), on a
ΦP +Q ((sn )n≥0 ) = ((a0 + b0 )sn + (a1 + b1 )sn+1 + · · · + (ap + bp )sn+p )n≥0
= (a0 sn + a1 sn+1 + · · · + ap sn+p )n≥0 + (b0 sn + b1 sn+1 + · · · + bp sn+p )n≥0
= ΦP ((sn )n≥0 ) + ΦQ ((sn )n≥0 )
= (ΦP + ΦQ )((sn )n≥0 ) .
On en déduit donc que
ΦP +Q = ΦP + Φq .
Si λ est un nombre complexe, on a aussi
ΦλP ((sn )n≥0 ) = (λa0 sn +λa1 sn+1 +· · ·+λap sn+p )n≥0 = λ(a0 sn +a1 sn+1 +· · ·+ap sn+p )n≥0 = λΦP ((sn )n≥0 ) ,
donc
ΦλP = λΦP .
AR 2
L’application est donc linéaire.
Pour montrer que Φ est un morphisme d’algèbres, il suffit, à cause de la linéarité, de montrer, que,
quels que soient p et q dans N, on a
ΦX p X q = ΦX p ◦ ΦX q .
Or
ΦX p ◦ ΦX q ((sn )n≥0 ) = ΦX p ((sn+q )n≥0 ) = (sn+q+p )n≥0 ,
et
ΦX p X q ((sn )n≥0 ) = ΦX p+q ((sn )n≥0 ) = (sn+p+q )n≥0 .
Pour toute suite (sn )n≥0 de `(C) on a donc bien,
ΦX p X q ((sn )n≥0 ) = ΦX p ◦ ΦX q ((sn )n≥0 ) ,
ce qui montre que
ΦX p X q = ΦX p ◦ ΦX q .
Remarque : on a en particulier
Φ1 = Id`(C)
Suites récurrentes linéaires
Soit P un polynôme homogène de degré p à coefficients complexes. Si P s’écrit
p
P (X) = X −
p−1
X
ak X k ,
k=0
notons S (P ) l’ensemble des suites de nombres complexes (sn )n≥0 qui vérifient pour tout entier n
positif la relation
sp+n =
p−1
X
ak sk+n .
k=0
Avec les notations précédentes, cette relation s’écrit
ΦP ((sn )n≥0 ) = 0 .
L’ensemble S (P ) est donc le noyau de ΦP . C’est un sous-espace vectoriel de `(C). D’autre part, l’application qui à un élément (sn )n≥0 de S (P ) associe le p−uplet (s0 , s1 , . . . , sp−1 ) de Cp est une application
linéaire bijective de S (P ) sur Cp car un élément de S (P ) est déterminé de manière unique par la
donnée de ses p premiers termes. Il en résulte que S (P ) est de dimension deg P .
On dira que P est le polynôme caractéristique des éléments de S (P ).
AR 3
Proposition 2 Soit P et Q deux polynômes homogènes.
1) Si P divise Q, alors S (P ) est un sous-espace vectoriel de S (Q).
2) Si P et Q sont premiers entre eux, alors S (P ) et S (Q) sont indépendants.
1) La relation
Q = PR
donne
ΦQ = ΦR ◦ ΦP .
On en déduit que Ker ΦP est inclus dans Ker ΦQ .
2) Supposons maintenant que P et Q sont premiers entre eux. D’après le théorème de Bézout, il existe
deux polynômes R et S tels que
P R + QS = 1 .
Alors
Id`(C) = ΦR ◦ ΦP + ΦS ◦ ΦQ .
Si (sn )n≥0 est un élément de Ker ΦP ∩ Ker ΦQ , on obtient
Id`(C) ((sn )n≥0 ) = 0 ,
ce qui montre que
(sn )n≥0 = 0 .
Il en résulte que l’intersection S (P ) ∩ S (Q) est réduite à {0}.
Proposition 3 Soit P un polynôme homogène de degré n. Désignons par x1 , . . . , xr les racines
distinctes de P , et par pk l’ordre de multiplicité de xk . Si l’on pose
Pk (X) = (X − xk )pk ,
on a alors
S (P ) =
r
M
S (Pk ) .
k=1
Cette propriété se démontre par récurrence sur le nombre r de racines de P . La propriété est évidente
si r = 1. Supposons la vraie jusqu’à l’ordre r − 1, et montrons qu’elle est vraie à l’ordre r.
Désignons par Q le polynôme P2 P3 · · · Pr . Les polynômes P1 et Q sont premiers entre eux et divisent
P . Il résulte de la proposition 2 que la somme S (P1 ) + S (Q) est directe et qu’elle est incluse dans
S (P ). D’autre part
dim(S (P1 ) ⊕ S (Q)) = dim S (P1 ) + dim S (Q) = deg P1 + deg Q = deg P = dim S (P ) .
AR 4
On a donc
S (P1 ) ⊕ S (Q) = S (P ) .
Mais, en appliquant l’hypothèse de récurrence à Q, on obtient
S (Q) =
r
M
S (Pk ) ,
k=2
et finalement
S (P ) =
r
M
S (Pk ) ,
k=1
ce qui donne le résultat.
Ce qui précède permet donc de donner une base de S (P ) pour un polynôme P quelconque, en réunissant des bases des S (Pk ). Cherchons donc à caractériser ces sous-espaces.
Soit a un nombre complexe. Dans ce qui suit Pa désigne le polynôme (X − a)p . Nous cherchons à
déterminer S (Pa ).
1) Si a = 0, les éléments de S (Pa ) vérifient, pour tout n dans N, la relation
sn+p = 0 .
Ce sont donc les suites (sn )n≥0 nulles à partir du rang p. Si, pour j tel que 0 ≤ j ≤ p − 1, l’on pose,
s(j)n = δnj ,
on obtient une base (s(0), · · · , s(p − 1)) de S (P0 ).
2) Si a 6= 0. Nous allons établir le résultat suivant :
Proposition 4 1) Une suite (sn )n≥0 appartient à S (Pa ) si et seulement si il existe un polynôme
R de degré au plus p − 1 tel que, pour tout entier n
sn = R(n) an .
2) Si (Q0 , . . . , Qp−1 ) est une base de Cp−1 [X], alors les suites (t(0), . . . , t(p − 1)) définies par
t(j)n = Qj (n) an
constituent une base de S (Pa ).
Par la formule du binôme, on obtient
p X
p
Pa (X) = (X − a) =
(−a)p−k X k ,
k
p
k=0
AR 5
et donc, pour n et j dans N, on a
p X
p
dj
n
(−a)p−k (k + n)(k + n − 1) · · · (k + n − j + 1)X k+n .
X
(X P (X)) =
j
k
dX
j
k=0
Si 1 ≤ j ≤ n − 1, notons Tj ce polynôme. Il est divisible par X − a. Posons
s(0) = (an )n≥0
et, pour j compris entre 1 et p − 1,
s(j) = (n(n − 1) · · · (n − j + 1) an )n≥0 .
Pour tout entier n, on a
p p X
X
p
p
p−k k+n
n
(−a)p−k ak = Pa (a) = 0 ,
(−a) a
=a
k
k
k=0
k=0
ce qui montre que s(0) est dans S (Pa ).
Pour tout n dans N, et tout j tel que 1 ≤ j ≤ p − 1, on a
p X
p
k=0
k
(−a)p−k (k + n) · · · (k + n − j + 1)ak+n = Tj (a) = 0 ,
ce qui montre que s(j) est dans S (Pa ).
Pour montrer que la famille (s(0), . . . , s(p − 1)) est une base de S (Pa ), il suffit de montrer que les
éléments de Cp constitués des p premiers termes de ces suites forment une base de Cp . Or la matrice
de ces vecteurs est triangulaire et ses éléments diagonaux sont (1, a, . . . , (p − 1)!ap−1 ). Le déterminant
de cette matrice n’est pas nul, ce qui montre l’indépendance linéaire.
Si 1 ≤ j ≤ p − 1, posons
Rj (X) = X(X − 1) · · · (X − j + 1) ,
ainsi que
R0 (X) = 1 .
On a alors
s(j)n = Rj (n)an .
La famille (R0 , . . . , Rp−1 ) est une base de Cp−1 [X], et on définit un isomorphisme χ de cet espace sur
S (Pa ) en associant à Rj la suite s(j). Si R est un élément de Cp−1 [X], il se décompose sur la base
(R0 , . . . , Rp−1 ) sous la forme
p−1
X
R(X) =
λk Rk (X) .
k=0
AR 6
Le n−ième terme de la suite χ(R) vaut
p−1
X
λk Rk (n) an = R(n) an ,
k=0
ce qui montre que les éléments de S (Pa ) sont les éléments de la forme (R(n) an )n≥0 . Par ailleurs,
l’image par χ d’une base de Cp−1 [X] est une base de S (Pa ), ce qui donne 2).
Remarque : on peut prendre en particulier, pour 0 ≤ j ≤ p − 1, les polynômes
Qj (X) = X j .
Nous revenons maintenant à un polynôme quelconque
P (X) = X p −
p−1
X
ak X k .
k=0
Nous noterons
M=
max |ak | .
0≤k≤p−1
Lemme Pour tout entier positif n, il existe des nombres complexes (a0 (n), . . . , ap−1 (n)) tels que,
pour tout entier r et toute suite (sn )n≥0 de S (P ), on ait
sn+p+r =
p−1
X
ak (n)sk+r ,
k=0
avec de plus
|ak (n)| < (1 + M )n+1 .
Alors, pour tout entier n de N, on a
|sn+p | ≤ (1 + M )
n+1
p−1
X
|sk | .
k=0
On démontre la propriété par récurrence sur n. La propriété est vraie pour n = 0 en prenant
ak (0) = ak .
Si 0 ≤ k ≤ p − 1, on a bien,
|ak | ≤ M < 1 + M .
AR 7
Supposons la propriété vraie jusqu’à l’ordre n. On a en particulier
sn+p+r+1 =
=
=
p−1
X
k=0
p−2
X
k=0
p−2
X
ak (n)sk+r+1
ak (n)sk+r+1 + ap−1 (n)
p−1
X
ak sk+r
k=0
(ak−1 (n) + ap−1 (n)ak )sk+r + ap−1 (n)a0 sr .
k=1
Si 1 ≤ k ≤ p − 1, on pose alors
ak (n + 1) = ak−1 (n) + ap−1 (n)ak
et
a0 (n + 1) = ap−1 (n)a0 .
Cela donne
sn+p+r+1 =
p−1
X
ak (n + 1)sk+r .
k=0
On a aussi
|ak (n + 1)| ≤ |ak−1 (n)| + |ap−1 (n)| |ak | < (1 + M )n+1 + (1 + M )n+1 M = (1 + M )n+2 ,
et
|a0 (n + 1)| = |ap−1 (n)| |a0 | < (1 + M )n+1 M < (1 + M )n+2
On a donc bien le résultat à l’ordre n + 1.
Pour finir, en appliquant à r = 0, on obtient
|sn+p | ≤
p−1
X
|ak (n)| |sk | ≤ (1 + M )
n+1
k=0
p−1
X
|ak (n)| .
k=0
Equations différentielles linéaires
Soit I un ouvert de R, et F l’ensemble des fonctions définies sur I à valeurs complexes. Notons Fp
le sous-espace des fonctions p fois dérivables sur I. Si P est un polynôme homogène de degré p à
coefficients complexes
p−1
X
P (X) = X p −
ak X k ,
k=0
et si f est un élément de Fp , nous désignerons par P (f ) la fonction
P (f ) = f (p) −
p−1
X
k=0
ak f (k) .
AR 8
Alors P devient une application linéaire de Fp dans F , et nous nous proposons d’étudier son noyau.
Proposition 5 Les éléments de Ker P sont des fonctions analytiques dans I. Si de plus I est un
intervalle, ces fonctions sont des restrictions à I de fonctions entières.
Plus précisément : si f est dans Ker P , il existe une fonction entière fe telle que f soit la restriction
de fe à I, avec de plus
p−1
X
(p)
e
ak fe(k) .
f =
k=0
On montre par récurrence sur n, que si f est dans Ker P , alors f est p + n fois dérivable et que l’on a
f (p+n) =
p−1
X
ak f (k+n) .
k=0
C’est vrai pour n = 0. Supposons la propriété vraie jusqu’à l’ordre n. Dans la relation précédente, le
membre de droite est dérivable sur I. Il en résulte que f (p+n) est dérivable, donc que f est p + n + 1
fois dérivable, et en dérivant
p−1
X
(p+n+1)
ak f (k+n+1) .
f
=
k=0
La propriété est donc vraie au rang n + 1. Il en résulte alors que f est de classe C∞ . Il résulte aussi
des relations
p−1
X
(p+n)
f
=
ak f (k+n) ,
k=0
que, pour tout x de I, la suite (f (n) (x))n≥0 appartient à S (P ).
En particulier, on obtient la majoration suivante
|f
(p+n)
(x)| ≤ (1 + M )
n+1
p−1
X
|f (k) (x)| = Cf (x)(1 + M )n+1 ,
k=0
où M est le plus grand des nombres |a0 |, . . . , |ap−1 |.
Soit x dans I, et [ a, b ] un intervalle fermé contenant x et inclus dans I. Soit h tel que x + h soit dans
[ a, b ] . En appliquant la formule de Taylor avec reste intégral, on obtient
f (x + h) =
n+p−1
X
k=0
Alors
f
(k)
hk
(x)
+
k!
x+h
Z
x
(x + h − t)p+n−1 (n+p)
f
(t) dt .
(p + n − 1)!
AR 9
n+p−1
X
hk
f (k) (x)
f (x + h) −
k!
k=0
x+h
Z
p+n−1
(x + h − t)
(n+p)
f
(t) dt
≤ (p + n − 1)!
x
Z b
|h|n+p−1
Cf (t) dt .
≤ (1 + M )n+1
(n + p − 1)! a
Il en résulte que la série de fonctions de terme général h 7→ f (n) (x)hn /n! converge uniformément sur
[ a − x, b − x ] vers f (x+h), et donc que f est analytique dans I. Le terme général de la série se majore
facilement. On a, pour tout n dans N, l’inégalité
(1 + M )n Cf (x)
|f (p+n) (x)|
≤
.
(p + n)!
(p + n)!
Si I est un intervalle contenant x, posons, pour tout z de C,
fe(z) =
∞
X
f (n) (x)
n=0
(z − x)n
.
n!
Il résulte de la majoration ci-dessus que cette série est une série entière de rayon infini. Donc fe est une
fonction entière. Elle coïncide avec f sur I, et l’on a sur I
P (fe)(z) = 0 .
Alors cette relation a lieu pour tout z complexe.
Proposition 6 Si I est un intervalle, l’application M de Ker P dans S (P ) qui à f associe la suite
(f (n) (0))n≥0 est un isomorphisme, et la dimension de Ker P est deg P .
L’application M est linéaire. Si M (f ) est nulle, cela implique que les dérivées de f sont toutes nulles
à l’origine, et donc, puisque f est analytique, que f est nulle. Soit maintenant un élément s de S (P ).
On a la majoration
p−1
X
n+1
|sp+n | ≤ (1 + M )
|sk | .
k=0
Il en résulte que la série entière
f (z) =
∞
X
sn
n=0
zn
n!
définit une fonction analytique dans C tout entier. On a
f (k) (z) =
∞
X
n=0
sn+k
zn
,
n!
AR 10
donc
p−1
X
ak f (k) (z) =
k=0
=
=
p−1
X
ak
∞
X
k=0
∞
X
n=0
p−1
X
n=0
∞
X
k=0
sn+k
zn
n!
!
ak sn+k
sn+p
n=0
zn
n!
zn
= f (p) (z) .
n!
On en déduit que f est bien dans Ker P . Comme
f (n) (0) = sn ,
on a bien
M (f ) = (sn )n≥0 ,
et M est surjective.
Alors Ker P et S (P ) ont même dimension deg P .
L’application M permet de transcrire les propriétés de S (P ) en propriétés de Ker P .
Proposition 7 Soit P et Q deux polynômes homogènes.
1) Si P divise Q, alors Ker P est un sous-espace vectoriel de Ker Q.
2) Si P et Q sont premiers entre eux, alors Ker P et Ker Q sont indépendants.
Proposition 8 Soit P un polynôme homogène de degré n. Désignons par x1 , . . . , xr les racines
distinctes de P , et par pk l’ordre de multiplicité de xk . Si l’on pose
Pk (X) = (X − xk )pk ,
on a alors
Ker P =
r
M
k=1
Ker Pk .
AR 11
Proposition 9 Soit I un intervalle.
1) Une fonction f appartient à Ker Pa si et seulement si il existe un polynôme R de degré au plus
p − 1 tel que, pour tout x de I, on ait
f (x) = R(x)eax .
2) Si (Q0 , . . . , Qp−1 ) est une base de Cp−1 [X], alors les fonctions (f0 , . . . , fp−1 ) définies sur I par
fj (x) = Qj (x) eax
constituent une base de Ker Pa .
1) Si a = 0, l’image par M −1 de la base (s(0), . . . , s(p − 1)) de S (P ) obtenue page 4 est telle que,
pour 0 ≤ j ≤ p − 1,
xj
M −1 (s(j))(x) =
.
j!
On a donc
Ker P0 = Cp−1 [x] .
Si a 6= 0, là aussi, en cherchant l’image réciproque de la base (s(0), . . . , s(p − 1)) de S (P ) trouvée dans
la proposition 4, on obtient
fj (x) = M
−1
(s(j))(x) =
∞
X
n=0
∞
an xn X (ax)n
Rj (n)
=
= (ax)j eax .
n!
(n − j)!
n=j
les fonctions (f0 , . . . , fp−1 ) forment une base de Ker Pa . On en déduit là aussi que les éléments de
Ker Pa sont de la forme x 7→ R(x)eax où R est un polynôme de degré au plus p − 1.
2) On peut définir un isomorphisme de Cp−1 [x] sur Ker Pa en associant à X j la fonction fj . Cela permet
de voir que si (Q0 , . . . , Qp−1 ) est une base de Cp−1 [X], alors les fonctions (f0 , . . . , fp−1 ) définies sur I
par
fj (x) = Qj (x) eax
constituent une base de Ker Pa .
Remarque : comme dans le cas de S (P ), les propositions précédentes permettent de déterminer une
base de Ker P quel que soit le polynôme P choisi.