Corrigé ESSEC option Eco 2003 Maths III par Pierre Veuillez



Soit a un nombre réel. On note l'ensemble des suites réelles définies sur , et F le sous- ensemble de formé des suites ( u n ) n qui vérifient : n u n + 3 = 3 a u n + 1 + ( 1 3 a ) u n .


L'objet de ce problème est l'étude de l'ensemble F .



I. Étude du cas particulier a = 1 .

Soit ( u n ) n la suite définie par ses trois premiers termes u 0 , u 1 , u 2 , et la relation de récurrence n u n + 3 = 3 u n + 1 2 u n .

Pour tout entier naturel n , on pose : X n = ( u n u n + 1 u n + 2 ) et on note M la matrice carrée ( 0 1 0 0 0 1 2 3 0 )

  1. On a M X n = ( 0 1 0 0 0 1 2 3 0 ) ( u n u n + 1 u n + 2 ) = ( u n + 1 u n + 2 2 u n + 3 u n + 1 ) = ( u n + 1 u n + 2 u n + 3 ) = X n + 1

    Donc la suite ( X n ) n est une suite géométrique matricielle de raison M et pour tout entier n : X n = M n X 0

    1. Pour X = ( x y z ) On résout ( E ) : ( M α I ) X = 0

      On résout 2 + 3 α α 3 = 0 : α = 1 est racine ; on factorise par ( α 1 ) par l'algoithme de Horner :

      1 0 3 2 1 1 2 1 1 2 0
      donc 2 + 3 α α 3 = ( α 1 ) ( α 2 α + 2 ) = ( α 1 ) 2 ( α 2 )

      • Donc si α = 1 alors ( E ) { y = x z = x et les solutions sont
        S 1 = V e c t ( ( 1 1 1 ) ) { 0 }

        donc 1 est valeur propre et une base de son sous-espace associé est ( ( 1 1 1 ) ) (générateur et non nul)

        Donc S 1 est de dimension 1.

      • Donc si α = 2 alors ( E ) { y = 2 x z = 4 x et les solutions sont
        S 2 = V e c t ( ( 1 2 4 ) ) { 0 }

        donc 2 est valeur propre et une base de son sous-espace associé est ( ( 1 2 4 ) ) (générateur et non nul)

        Donc S 2 est de dimension 1.

    2. La somme des dimensions des sous espaces propres de M n'étant pas 3, M n'est pas diagonalisable.

  2. On note f l'endomorphisme de 3 canoniquement associé à M , c'est-à-dire tel que M soit la matrice de f dans la base canonique de 3 .

    1. Les vecteurs 'une base = ( e 1 , e 2 , e 3 ) telle que la matrice de f dans soit T = ( 2 0 0 0 1 1 0 0 1 ) doivent vérifier :

      • f ( e 1 ) = 2 e 1 (vecteur propre associé à -2) et ( 1 , 2 , 4 ) convient

      • f ( e 2 ) = e 2 (vecteur propre associé à 1) et ( 1 , 1 , 1 ) convient

      • f ( e 3 ) = e 2 + e 3 et on cherche e 3 = ( 0 , y , z ) en traduisant sur leurs coordonnées dans :

        Donc e 3 = ( 0 , 1 , 3 ) convient.

      Reste à vérifier que ( e 1 , e 2 , e 3 ) est une base (libre et 3 vecteurs)

      Si x e 1 + y e 2 + z e 3 = 0 alors ( x + y , 2 x + y + z , 4 x + y + 2 z ) = 0

      et { x = y 3 y + z = 0 3 y + 2 z = 0 { x = y z = 3 y y = 0 d'où x = y = z = 0 et la famille est libre donc une base de 3

      et dans cette base la matrice de f est T .

    2. On peut décomposer T = D + N avec D = ( 2 0 0 0 1 0 0 0 1 ) et N = ( 0 0 0 0 0 1 0 0 0 )

      On calcule T n par la formule du binôme.

      • Comme D est diagonale, on connait ses puissances

      • On a N 2 = 0 donc N n = 0 pour n 2

      • Enfin D N = N et N D = N donc N et D commuttent et

      T n = ( N + D ) n = k = 0 n C n k N k D n k = C n 0 N 0 D n + C n 1 N D n 1 + k = 2 n C n k N k D n k (découpage valide pour k 2 )

      Cette formule est encore valable pour n = 0 et n = 1

      Donc pour tout entier n : 𝕋 n = ( ( 2 ) n 0 0 0 1 n 0 0 1 )

      Remarque :on pouvait aussi observer pour n = 0 , 1 , 2 et 3 pour conjecturer puis démontrer par récurrence la formule.

  3. On applique alors la formule de changement de base :

    m a t f = m a t B I d m a t f m a t I d avec P la matrice de passage de dans qui est P = m a t I d donc

    M = P T P 1 et M n = P T n P 1

    1. P est la matrice dont les colonnes sont les coordonnées des vecteurs ( e 1 , e 2 , e 3 ) dans la base canonique (donc leurs composantes)

      P = ( 1 1 0 2 1 1 4 1 2 )

      On applique la méthode de Gauss pour calculer P 1 :

      ( 1 1 0 2 1 1 4 1 2 1 0 0 0 1 0 0 0 1 ) L 2 + 2 L 1 L 3 4 L 1 ( 1 1 0 0 3 1 0 3 2 1 0 0 2 1 0 4 0 1 ) L 1 L 2 / 3 L 2 / 3 L 3 + L 2 ,

      Donc l'inverse de P est : 1 9 ( 1 2 1 8 2 1 6 3 3 ) (on vérifie que P P 1 = I )

    2. On a la première ligne de M n = P T n P 1 par : M n = 1 9 ( 1 1 0 \dots \dots \dots \dots \dots \dots ) ( ( 2 ) n 0 0 0 1 n 0 0 1 ) ( 1 2 1 8 2 1 6 3 3 ) = 1 9 ( ( 2 ) n 1 n \dots \dots \dots \dots \dots \dots ) ( 1 2 1 8 2 1 6 3 3 ) = 1 9 ( ( 2 ) n + 8 6 n 2 ( 2 ) n + 2 + 3 n ( 2 ) n 1 + 3 n \dots \dots \dots \dots \dots \dots ) et donc u n qui est la premièer ligne du produit M n ( u 0 u 1 u 2 ) vaut en réordonnant suivant ( 2 ) n , n et constantes : u n = ( 2 ) n 9 ( u 0 2 u 1 + u 3 ) + n 3 ( 2 u 0 + u 1 + u 2 ) + 1 9 ( 8 u 0 + 2 u 1 u 2 )



II . Étude du cas général .

On revient au cas général où a est un réel quelconque.

  1. Structure de F .

    1. On vérifie le critère de sous espace :

      • F est inclus dans l'ensembles des suites qui est un espace vectoriel (muni des lois usuelles)

      • La suite nulle est dans F car pour tout n : 0 = 3 a 0 + ( 1 3 a ) 0

      • Si u et v appartiennent à F et α et β sot des réels alors pour tout entier n : u n + 3 = 3 a u n + 1 + ( 1 3 a ) u n v n + 3 = 3 a v n + 1 + ( 1 3 a ) v n donc  α u n + 3 + β v n + 3 = 3 a ( α u n + 1 + β v n + 1 ) + ( 1 3 a ) ( α u n + β v n ) donc la suite α u + β v appartient bien à F et F est stable par combinaison linéaire.

      Donc F est un sous espace vectoriel de ( , + , )

    2. On considère l'application ϕ : F 3 ( u n ) n ( u 0 , u 1 , u 2 ) .

      • ϕ est bien une application de F dans 3

      • ϕ est linéaire : si u et v sont deux suites de F et α et β deux réels alors (il faut se souvenir ce que sont les opérations suur les suites qui se font sur les termes des suites) ϕ ( α u + β v ) = ( ( α u + β v ) 0 , ( α u + β v ) 1 , ( α u + β v ) 2 ) = ( α u 0 + β v 0 , α u 1 + β v 1 , α u 2 + β v 2 ) = α ( u 0 , u 1 , u 2 ) + β ( v 0 , v 1 , v 2 ) = α ϕ ( u ) + β ϕ ( v )

      • On ne peut pas ici utiliser d'argument de dimension pour la bijectivité car on ne connait pas celle de F .

        Si ϕ ( u ) = 0 alors u 0 = u 1 = u 2 = 0 et par récurrence on montre que pour tout eniter n , u n = 0

        (pour celà on prend comme hypothèse de récurrence que u n = u n + 1 = u n + 2 = 0 et on en déduit que u n + 1 = u n + 2 = 0 et u n + 3 = 3 a u n + 1 + ( 1 3 a ) u n = 0 )

        Donc ϕ est injective.

      • Enfin pour ( x , y , z ) 3 on définit bien une suite de F par u 0 = x , u 1 = y et u 2 = z et son image par ϕ est x , y , z .

        Donc ϕ est surjective.

      Finalement, ϕ est bien un isomorphisme de F dans 3 .

      Donc F est de la même dimension finie que 3 et dim F = 3

    3. On se souvient d'abord que ( u 0 v 0 w 0 u 1 v 1 w 1 u 2 v 2 w 2 ) est inversible si et seulement si les trois triplets ( u 0 , u 1 , u 2 ) = ϕ ( u ) , ( v 1 , v 2 , v 3 ) = ϕ ( v ) et ϕ ( w ) forment une famille libre.

      Ensuite, ϕ ( x u + y v + z w ) = x ϕ ( u ) + y ϕ ( v ) + z ϕ ( w )

      Donc comme ϕ est un isomorphisme x ϕ ( u ) + y ϕ ( v ) + z ϕ ( w ) = 0 x u + y v + z w = 0

      Finalement ( u , v , w ) est libre ( ϕ ( u ) , ϕ ( v ) , ϕ ( w ) ) est libre la matrice ci-dessus est inversible.

      Et comme la famille a trois vecteurs elle est libre c'est une base.

    4. On suppose dans cette question: a = 0 .*

      on a donc pour tout entier n : u n + 3 = u n

      On note s , s , s les suites définies par :

      s = ϕ 1 ( ( 1 , 0 , 0 ) ) , s = ϕ 1 ( ( 0 , 1 , 0 ) ) , s = ϕ 1 ( ( 0 , 0 , 1 ) )

      La suite s celle qui vérifie ϕ ( s ) = ( s 0 , s 1 , s 2 ) = ( 1 , 0 , 0 ) donc

      n 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
      s n 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1
      et de même
      n 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
      s n 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0
      et
      n 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
      s n 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0

      Comme la matrice (de la question précédente) est ici la matrice unité, les suites ( s , s , s ) forment une base de F et donc les suites de F sont des suites périodiques de période 3.

      Et réciproquement les suites de période 3 sont des suites de F donc F est l'ensemeble des suites périodiques de période 3.

      Celà se voyait d'aileurs directement sur la relation de récurrence.

    5. pour a = 1 / 3 on a u n + 3 = u n + 1 et à partir du terme d'indice 1 , (la relation ne s'applique pas pour n = 0 ) les suites seront périodiques de période 2.

  2. Suites géométriques de F .

    1. La suite ( r n ) n appartient à F si, et seulement si, pour tout entier n : r n + 3 = 3 a r n + 1 + ( 1 3 a ) r n et

      • si r 0 en divisant par r n 0 celà aquivaut à r 3 = 3 a r 1 + 1 3 a

        donc à r est racine de la fonction polynomiale p : x x 3 3 a x + 3 a 1

      • et si r = 0 , la suite ( 0 n ) vérifie la relation de récurrence sauf éventuellement pour n = 0 (à cause du 0 0 = 1 0 )

        donc elle appartient à F si et seulement si 3 a 1 = 0 et donc si et seulement si 0 est racine de p .

    2. Si on ne demandait que le nombre de racines, on étudierait les variations de p . *

      Comme on demande aussi leurs valeurs, on les cherche directement :

      On remarque que p ( 1 ) = 0 et on factorise par ( x 1 ) :

      1 0 3 a 3 a 1
      1 1 1 3 a
      1 1 1 3 a 0

      et p ( x ) = ( x 1 ) ( x 2 + x + ( 1 3 a ) ) ,

      x 2 + x + ( 1 3 a ) est du second degré et a pour discriminant Δ = 1 4 ( 1 3 a ) = 3 + 12 a = 3 ( 4 a 1 )

      et donc

      • si a < 1 / 4 alors Δ < 0 et p n'a pas d'autre racines que 1.

      • si a = 1 / 4 alors p a pour racines 1 et 1 / 2 (2 racines)

      • si a > 1 / 4 alors Δ > 0 et p a pour racines 1 , 1 12 a 3 2 et 1 + 12 a 3 2

        Sont-elles distinctes ?

        1 12 a 3 2 < 0 et est différent de 1 + 12 a 3 2 et de 1

        1 + 12 a 3 2 = 1 12 a 3 = 3 12 a 3 = 9 a = 1

        Finalment si a = 1 , alors p a deux racines : 1 et 2 et trois racines distinctes sinon.

  3. Cas où p admet trois racines distinctes.

    1. Il suffit de montrer que la matrice ci-dessus est inversible et pour celà que ses colonnes forment une famille libre.

      si x ( 1 1 1 ) + y ( 1 r 1 r 1 2 ) + z ( 1 r 2 r 2 2 ) = 0 alors { x + y + z = 0 x + r 1 y + r 2 z = 0 L 2 L 1 x + r 1 2 y + r 2 2 z = 0 L 3 L 1

      et { x + y + z = 0 ( r 1 1 ) y + ( r 2 1 ) z = 0 ( r 1 2 1 ) y + ( r 2 2 1 ) z = 0 L 3 ( r 1 + 1 ) L 2 d'où { x + y + z = 0 ( r 1 1 ) y + ( r 2 1 ) z = 0 [ ( r 2 2 1 ) ( r 2 1 ) ( r 1 + 1 ) ] z = 0

      Or [ ( r 2 2 1 ) ( r 2 1 ) ( r 1 + 1 ) ] = ( r 2 1 ) ( r 2 r 1 ) et comme r 2 1 et r 2 r 1

      alors z = 0 et comme r 1 1 on en déduit y = 0 et enfin x = 0

      Donc la famille de colonnes est libre et donc la matrice est inversible et enfin

      la famille ( ( 1 ) n , ( r 1 n ) n , ( r 2 n ) n ) est une base de F .

    2. Si a = 7 , alors les racines de p sont 1 , 1 12 7 3 2 = 1 9 2 = 5 et 1 + 12 a 3 2 = 4

      Donc la suite u est combiniason linéaire de ( 1 ) n , ( ( 5 ) n ) n et ( 4 n ) n

      et il existe x , y et z réels tels que, pour tout entier n : u n = x + y ( 5 ) n + z 4 n

      En particulier pour n = 0 , 1 et 2 :

      { 1 = x + y + z 10 = x 5 y + 4 z L 2 L 1 8 = x + 25 y + 16 z L 3 L 1 { 1 = x + y + z 9 = 6 y + 3 z 9 = 24 y + 15 z L 3 + 4 L 2

      { 1 = x + y + z 9 = 6 y + 3 z 27 = 27 z L 3 + 4 L 2 { x = 1 y = 1 z = 1

      Donc pour tout entier n , u n = 1 ( 5 ) n + 4 n

  4. Cas où p admet une racine double.

    1. Soit r un nombre réel et ( u n ) n la suite de terme général n r n .

      Pour tout n de : u n + 3 3 a u n + 1 ( 1 3 a ) u n = ( n + 3 ) r n + 3 3 a ( n + 1 ) r n + 1 ( 1 3 a ) n r n = n r n ( r 3 3 a r 1 ( 1 3 a ) ) + r n ( 3 r 3 3 a n r ) = n r n p ( r ) + r n r p ( r ) = r n ( n p ( r ) + r p ( r ) )

    2. Lorsque r 0 est racine double, on a alors p ( r 0 ) = 0 et p ( r 0 ) = 0

      Donc la suite u = ( n r 0 n ) n vérifie u n + 3 3 a u n + 1 ( 1 3 a ) u n = 0 et appartient à F

      Monttrons enfin que les colonnes de la matrice forment une famille libre :

      si x ( r 0 0 r 0 1 r 0 2 ) + y ( 0 r 0 0 1 r 0 1 2 r 0 2 ) + z ( r 1 0 r 1 1 r 1 2 ) = 0 alors { x + z = 0 x r 0 + y r 0 + z r 1 = 0 x r 0 2 + 2 y r 0 2 + z r 1 2 = 0
      et { z = x x ( r 0 r 1 ) + y r 0 = 0 x ( r 0 2 r 1 2 ) + 2 y r 0 2 = 0 L 3 2 r 0 L 2 d'où { z = x x ( r 0 r 1 ) + y r 0 = 0 x [ ( r 0 2 r 1 2 ) 2 r 0 ( r 0 r 1 ) ] = 0 L 3 2 L 2

      De plus [ ( r 0 2 r 1 2 ) 2 r 0 ( r 0 r 1 ) ] = ( r 0 r 1 ) ( r 1 r 0 ) 0

      Donc x = 0 et y = 0 (car r 0 0 dans les deux cas a = 1 / 4 et a = 1 ) et enfin z = 0

      Donc la matrice est inversible et la famille ( ( r 0 n ) n , ( n r 0 n ) n , ( r 1 n ) n ) est une base de F

    3. Pour a = 1 / 4 , la racine double est 1 / 2 et la racine simple de p est 1.

      Toute suite u de F est combinaison linéaire des trois précédentes.

      Donc pour tout entier n , u n = x ( 1 2 ) n + y n ( 1 2 ) n + z (avec x , y et z des réels)

      En particulier pour n = 0 , 1 et 2 :

      { u 0 = x + z u 1 = 1 2 x 1 2 y + z L 2 L 1 u 2 = 1 4 x + 1 2 y + z L 3 L 1 , donc { u 0 = x + z u 1 u 0 = 3 2 x 1 2 y u 2 u 0 = 3 4 x + 1 2 y L 3 + L 2
      et { u 0 = x + z u 1 u 0 = 3 2 x 1 2 y u 2 + u 1 2 u 0 = 9 4 x L 3 + L 2

      Enfin x = 8 9 u 0 4 9 u 1 4 9 u 2 et y = 2 3 u 0 2 3 u 1 + 4 3 u 2 et z = 1 9 u 0 + 4 9 u 1 + 4 9 u 2

      On a ( 1 2 ) n 0 car | 1 2 | < 1

      Comme ( 1 2 ) n 1 n alors n ( 1 2 ) n 0

      et la limite de la suite est donc z = 1 9 u 0 + 4 9 u 1 + 4 9 u 2