Corrigé (D'après ESC 2001) par Pierre Veuillez
On note C la base canonique de 3 .
  1. Diagonalisation de A et de B
    1. On montre que la famille ( v1 , v2 , v3 ) est libre :
      Si xv1 + yv2 + zv3 =0 alors x(1,2,1)+y(1,-1,0)+z(1,1,1)=0 donc :
      { x+y+z=0 L1 - L3 2x-y+z=0L2- L3 x+z=0 L3 { y=0 x-y=0 x+z=0 { y=0 x=0 z=0
      Et la famille B est libre. Comme elle est de cardinal 3 dans 3 , c'est une base.
      Donc la matrice P qui est la matrice des coordonnées des vecteurs de la B dans la base canonique (matrice de passage de la base canonique dans B ) est inversible.
    2. On a les coordonnées des images par le produit de la matrice de f et des coordonnées des vateurs dans la base canonique :
      A( 1 2 1 )=( 55-14 66-16 55-14 )( 1 2 1 )=( 1 2 1 ) donc f( v1 )= v1
      A( 1 -1 0 )=( 55-14 66-16 55-14 )( 1 -1 0 )=( 0 0 0 ) donc f( v2 )=0
      A( 1 1 1 )=( 55-14 66-16 55-14 )( 1 1 1 )=( -4 -4 -4 ) donc f( v3 )=-4 v3
      On a ainsi les coordonnées dans B des images et la matrice de f dans la base B est
      D=( 100 000 00-4 )

    3. La formule de changement de base nous donne alors, avec P qui est la matrice de passage de la base canonique dans B, A la matrice de f dans la base canonique et D sa matrice dans B : P-1 AP=D
    4. Pour calculer Δ= P-1 BP on peut calculer cette fois l'inverse de P par la méthode du pivot de Gauss :
      ( 111 2-11 101 100 010 001 ) L1 L2-2L1 L3-L1 ( 111 0-3-1 0-10 100 -210 -101 ) L1+L3 -L3 L2-3L3
      ( 101 010 00-1 001 10-1 11-3 ) L1+L3 L2 -L3 ( 100 010 001 11-2 10-1 -1-13 )
      Donc P-1 =( 11-2 10-1 -1-13 ) (que l'on prend le temps de vérifier en calculant P-1 ·P )
      Δ= P-1 BP=( 11-2 10-1 -1-13 )( 84-16 04-8 44-12 )( 111 2-11 101 )
      =( 11-2 10-1 -1-13 )( 04-4 0-4-4 00-4 )= ( 000 040 00-4 )
      On peut aussi procéder comme au a) : Soit g l'application linéaire associée à B dans la base canonique alors
      B·( 1 2 1 )=( 84-16 04-8 44-12 )( 1 2 1 )=0 ; B·( 1 -1 0 )=( 4 -4 0 )
      et B·( 1 1 1 )=( -4 -4 -4 )
      donc g( v1 )=0,  g( v2 )=4 v2 et g( v3 )=-4 v3 donc la matrice de g dans la base B est :
      Δ=( 000 040 00-4 )

      et par changement de base on obtient P-1 BP=Δ qui est bine diagonale.
    1. On se propose de calculer les matrices colonne Xn définies par les relations:
      X0 =( 1 0 1 ),    X1 =( 0 -1 1 ) et 1   n   , Xn+2 = AXn+1 + BXn .

      A cet effet, on définit pour tout n élément de : Yn = P-1 Xn et on pose également Yn =( un vn wn )
    2. Pour montrer que Y0 =( -1 0 2 )et Y1 =( -3 -1 4 ) on peut utilise l'inverse de P si on l'a calculée auparavant.
      Ou bien Y0 = P-1 X0 X0 = PY0 : PY0 =( 111 2-11 101 )( -1 0 2 )= ( 1 0 1 )= X0 CQFD
      Et de même PY1 =( 111 2-11 101 )( -3 -1 4 )=( 0 -1 1 )= X1 donc Y1 = P-1 X1
    3. On a pour tout entier n :
      Yn+2 = P-1 Xn+2 = P-1 ( AXn+1 + BXn ) DYn+1 +Δ Yn = P-1 APYn+1 + P-1 BPYn = P-1 AXn+1 + P-1 BXn = Yn+2

    4. On revient alors à l'écriture matricielle :
      ( un+2 vn+2 wn+2 )=( 000 040 00-4 )( un+1 vn+1 wn+1 )+( 100 000 00-4 )( un vn wn ) =( un 4 vn+1 -4 wn+1 -4 wn )

      Donc pour tout entier naturel n :
      { un+2 = un+1 vn+2 =4 vn wn+2 =-4 wn+1 -4 wn

      La suite u est donc constante à partir du terme d'indice 1: un =-3 pour tout n1
      Le suites u et v sont récurrentes linéaires d'ordre 2 à coefficients constants :
      • v a pour équation caractéristique 2 =4 qui a pour racines =2 et =-2.
        Donc pour tout entier n: vn =x 2n +y (-2)n avec v0 =0 et v1 =-1 d'où x=-y et 4x=-1.
        vn =- 1 4 2n + 1 4 (-2)n = 1 4 ( (-2)n - 2n )
      • w a our équation caractéristique 2 =-4-4 2 +4+4 qui a pour racine double -2
        Donc wn =(x+yn) (-2)n avec w0 =2 et w1 =4 donc
        { x=2 -2(x+y)=4 { x=2 y=-4
        Conclusion :
        wn =(2-4n) (-2)n
    5. On a finalement Xn = PYn= ( 111 2-11 101 )( -3 ( (-2)n - 2n )/4 (2-4n) (-2)n )
      Xn =( -3+( 9 4 -4n) (-2)n - 1 4 2n -6+( 7 4 -4n) (-2)n + 1 4 2n -3+2 (-2)n -4 (-2)n n ) pour tout n1 et X0 pour n=0.
(D'après ESC 2001)



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On 18 May 2004, 00:02.