e3a MP Épreuve de Mathématiques A

Transcription

1 e3a MP Épreuve de Mathématiques A Partie I : étude de la suite (v n ) 1 La suite (v n ) vérie la relation : v 0 > 0, v 1 > 0 et n 0, v n vn+1 v n+ = 1 Si elle converge vers une limite l nie ou innie, alors l 0 et par continuité de x x, on a l = 1 La seule limite possible de (v n ) est 1 (a) La suite (w n ) vérie la relation de récurrence w n+ = w n+1 + w n (b) L'espace vectoriel F est de dimension On le vérie en montrant que (w n ) (w 0, w 1 ) est un isomorphisme de F dans R On cherche des éléments de F de la forme (r n ) avec r 0, en repportant dans la relation de récurrence, on obtient r = r ± i, soit r = (( 1 + i ) n ( 1 i ) n ) Donc, est une base de F 1 + i (c) = 1 i = ( 1 + i donc lim < 1 ) n = lim ( 1 i ) n = 0 On en déduit que si (x n ) F, alors x n = O ( ) n et lim x n = 0 3 (w n ) F donc, d'après (c), lim w n = 0, or v n = e wn donc ( ) n et De plus v n 1 w n = O (vn 1) converge absolument ( lim v n = 1 et ) n converge absolument donc vn diverge Partie II : étude de normes matricielles 1 (a) DZ = m 1,1 z 1 m, z m n,n z n DZ m Z donc DZ = max 1 i n m i,iz i m max 1 i n z i = m Z (b) Si Z 1, alors on a DZ m d'où D = sup DX m X C n, X 1 De plus, il existe un entier j {1,, n} tel que m = m j,j En prenant z j = 1 et pour k j, z k = 0 et Z = z 1 z z n Finalement D = m, on a DZ = m et Z = 1 d'où D m 1

2 (a) N P (X) = P X Si P n'est pas inversible, en prenant X Ker P non nul, on a N P (X) = 0 et X 0 donc N P n'est pas une norme Si P est inversible, alors N P est une application de C n dans R + X C n, λ C, N P (λx) = λp X = λ P X = λ N P (X) (X, Y ) (C n ), N P (X + Y ) = P (X + Y ) = P X + P Y P X + P Y = N P (X) + N P (Y ) X C n, N P (X) = 0 P X = 0 P X = 0 X = 0 (car est une norme et P est inversible) donc N P est une norme Finalement, N P est une norme si et seulement si P est une matrice inversible (b) A P = sup AX P = X C n, X P 1 sup P AX = X C n, P X 1 sup P AP 1 P X X C n, P X 1 Or P est inversible, donc X P X est une bijection de C n sur C n donc sup X C n, P X 1 P AP 1 P X = sup X C n, X 1 P AP 1 X = P AP 1, On a donc bien A P = P AP 1 3 (a) On sait que λ est une valeur propre de A associée au vecteur X si et seulement si λ est une valeur propre de P AP 1 associée au vecteur P X A et P AP 1 ont donc le même spectre et donc ρ(a) = ρ(p AP 1 ) (b) Il existe une valeur propre λ de A telle que λ = ρ(a) Soit X un vecteur propre unitaire associé à λ ρ(a) = λ = λx = AX A En utilisant (b), on en déduit : ρ(a) = ρ(p AP 1 ) P AP 1 = A P donc ρ(a) A P (c) On suppose A diagonalisable Il existe une matrice diagonale D et une matrice inversible P telles que D = P AP 1 D'après (a), A P = P AP 1 = D, d'après 1(b), D = ρ(d) et comme A et D sont semblables, ρ(d) = ρ(a) Il existe donc P GL n (C) tel que A P = ρ(a) (d) A = P A (X) = 1 X 3, les valeurs propres de A sont 1, j et j donc ρ(a) = 1 Les vecteurs propres associés à 1, j et j sont 1 1, 1 j et 1 j 1 j j Si P 1 = j j et D = j 0, alors D = P AP 1 et d'après 3(c) 1 j j 0 0 j A P = ρ(a) 1 n 1 n (e) A = 1 n A est de rang 1 et E 0 a pour équation x 1 + x + + nx n = 0 3 n Une base de E 0 est: 0, 1 0,, 0 0 1, et

3 1 1 D'autre part, n(n + 1) est un vecteur propre de A associé à la valeur propre 1 A est donc diagonalisable (la somme des dimensions des sous-espaces propres est n) 3 n Si P 1 = 0 1 et D = 0, n(n+1) alors D = P AP 1 et d'après 3(c) A P = ρ(a) a b z1 (a) Soit A = et Z = c d z AZ = a b z1 = az1 + bz c d z = max( az cz 1 + dz 1 + bz, cz 1 + dz ) max( az 1 + bz, cz 1 + dz ) max( a + b, c + d ) max( z 1, z ) = m Z (b) On a donc AZ m Z On en déduit A m Si on suppose que m = a + b, alors on choisit z 1 et z de module 1 tels que a = az 1 et b = bz On a alors AZ = max( az 1 + bz, cz 1 + dz ) = max(m, cz 1 + dz ) = m et Z = 1 De même si m = c + d On en déduit A m On a donc A = m i A M (C), non diagonalisable On travaille dans C, donc sp (A) Si sp (A) possèdait deux éléments, alors le polynôme caractéristique de A serait scindé à racines simples et A serait diagonalisable, donc sp (A) ne contient qu'un élément ii On choisit une base e = (e 1, e ) de E, avec e 1 un vecteur propre de f associé à la valeur propre α La matrice dans la base e de f est alors triangulaire supérieure, avec les valeurs α β propres sur la diagonale Elle est donc de la forme mat e (f) = iii β est non nul car A n'est pas diagonalisable Posons e 1 = β ɛ e 1 et e = e e = (e 1, e ) est une base[ de C,] f(e 1) = e 1, f(e ) = f(e ) = βe 1 + αe = ɛe 1 + αe α ɛ On a donc mat e (f) = α β Il existe donc une base e de C telle que mat e (f) = où β ɛ α β iv Notons T = Il existe une matrice P GL (C) telle que T = P AP 1 On a alors A P = P AP 1 = T = α + β α + ɛ = ρ(a) + ɛ Il existe donc une matrice P GL (C) telle que A P ρ(a) + ɛ (c) D'après (b) iv, ɛ > 0 P GL (C) A P ρ(a) + ɛ On a donc inf A P ρ(a) P GL (C) D'après 3(b), si P GL (C) alors A P ρ(a) On a donc inf A P ρ(a) P GL (C) Finalement inf P GL (C) A P = ρ(a) 3

4 3 8 (d) A = 5 A = max( 3 + 8, + 5 ) = 11 P A (X) = (X 1) et dim(e 1 ) = 1 donc A est non diagonalisable et sp (A) = {1} On a[ donc ρ(a) ] = 1 et d'après (b) iii, A est semblable à une matrice de la forme 1 β T = avec β Il existe donc P GL (C) telle que T = P AP 1 A P = P AP 1 = T = 1 + β Il existe donc une matrice P GL (C) telle que A P (e) On utilise la question (b) avec ɛ = 1 ρ(a) > 0 On a alors A P ρ(a) + ɛ = 1 + ρ(a) < 1 On sait que la norme subordonnée est une norme d'algèbre, donc A n n P A P et donc lim An P = 0 Partie III : étude de la suite (u n ) 1 x (x, y) = (0, ) et (x + y) y (x, y) = (1, (x + y) ) x et y existent et sont continues sur (R +), donc f est de classe C 1 sur (R +) (a, b) (R +) est un point xe de f si et seulement si (a, b) = (b, a+b ) Le seul point xe de f dans (R +) est (1, 1) 3 x (1, 1)= (0, ) et y (1, 1)= (1, 1 ) donc J (1,1) = 1 1 Le polynôme caractéristique de J (1,1) est P J(1,1) (X) = X + 1 X + 1 Ses valeurs propres sont 1 + i et 1 i de module, donc ρ(j (1,1)) = J (1,1) est donc diagonalisable ( valeurs propres distinctes) et d'après la question II3(c), il existe P GL (C) tel que J (1,1) P = [ ] (a) J (x,y) = 1 (x+y) 1 et (x, y) 1 (x+y) est continue sur (R +) (x+y) (x, y) J (x,y) est donc continue sur (R +) On est en dimension nie, donc la continuité ne dépend pas du choix des normes Soit ɛ = α > 0 ( car < α < 1) Ecrivons la continuité de J en (1, 1) pour la norme P au départ et la norme P à l'arrivée: ( η > 0 (x 0, y 0 ) (R +) (1, 1) (x0, y 0 ) P η = J (x0,y 0) J (1,1) P ɛ ) De l'inégalité triangulaire on déduit : J (x0,y 0) J (1,1) P ɛ = J (x0,y 0) P J (1,1) P + ɛ = + ɛ = α D'où nalement, η > 0 (x 0, y 0 ) (R +) ( (1, 1) (x0, y 0 ) P η = J (1,1) P α )

5 (b) ϕ(t) = f ( (1, 1) + t [(x 0, y 0 ) (1, 1)] ) f est C 1 sur D et t (1, 1)+t [(x 0, y 0 ) (1, 1)] est C 1 de [0, 1] dans D, par composition, ϕ est C 1 sur [0, 1] f étant C 1 sur D, il existe une fonction ε de limite nulle en 0 telle que pour tout vecteur h tel que h P η, f ( (1, 1) + h ) = f ( (1, 1) ) + d f (x0,y 0)(h) + h P ε(h) Pour simplier les écritures, posons X = (1, 1)+t [(x 0, y 0 ) (1, 1)] et H = (x 0, y 0 ) (1, 1) ϕ (t) = lim u 0 ϕ(t + u) ϕ(t) u = lim u 0 f(x + uh) f(x) u ( D Hf(X) est la dérivée de f en X suivant le vecteur H ) ϕ (t) = d f ( (1,1)+t[(x 0,y 0) (1,1)]) ((x0, y 0 ) (1, 1)) = D H f(x) = d f X (H) Majorons ϕ (t) P pour appliquer l'inégalité des accroissements nis d f X est une application linéaire de matrice J X dans la base canonique de R On en déduit que ϕ (t) P = d f X (H) P = J X (H) P J X P H P Or (1, 1) X P = t [(x 0, y 0 ) (1, 1)] P η donc d'après 5(a) J X P α et ϕ (t) P α H P ϕ est de classe C 1 de [0, 1] dans R, t [0, 1] ϕ (t) P α H P, d'après l'inégalité des accroissements nis, ϕ(0) ϕ(1) P α H P De plus ϕ(0) = f(1, 1) = (1, 1), en reprenant les notations de l'énoncé, on obtient : (1, 1) f(x 0, y 0 ) α (1, 1) (x 0, x 0 ) P (c) Montrons par récurrence sur n que n n 0, (u n, u n+1 ) D Par hypothèse, pour n = n 0, (u n0, u n0+1) D Supposons que pour un entier n n 0 donné, (u n, u n+1 ) D On a alors : (1, 1) (u n+1, u n+ ) P = (1, 1) f(u n, u n+1 ) P et d'après la question précédente, (u n, u n+1 ) D = (1, 1) f(u n, u n+1 ) P α (1, 1) (u n, u n+1 ) P (1, 1) (u n, u n+1 ) P η Donc (1, 1) (u n+1, u n+ ) P η et (u n, u n+1 ) D Finalement, la propriété est vraie au rang n 0 et elle est héréditaire, elle est donc vraie pour tout entier n n 0 : n n 0, (u n, u n+1 ) D (d) Montrons par récurrence sur n que : n n 0, (1, 1) (u n, u n+1 ) P α n n0 (1, 1) (u n0, u n0+1) P Pour n = n 0, la relation est évidente Supposons que pour un entier n n 0 donné, (1, 1) (u n, u n+1 ) P α n n0 (1, 1) (u n0, u n0+1) P Alors, (1, 1) (u n+1, u n+ ) P = (1, 1) f(u n, u n+1 ) P et comme (u n, u n+1 ) D, d'après la question 5(b), (1, 1) f(u n, u n+1 ) P α (1, 1) (u n, u n+1 ) P On a donc (1, 1) (u n+1, u n+ ) P α n+1 n0 (1, 1) (u n0, u n0+1) P Finalement, la propriété est vraie au rang n 0 et elle est héréditaire, elle est donc vraie pour tout entier n n 0 : n n 0, (1, 1) (u n, u n+1 ) P α n n0 (1, 1) (u n0, u n0+1) P (e) Les normes P et sont équivalentes (dimension nie), il existe donc un réel c > 0 tel que c P On a alors, n n 0, 1 u n (1, 1) (u n, u n+1 ) c (1, 1) (u n, u n+1 ) P cα n n0 (1, 1) (u n0, u n0+1) P, et donc u n = 1 + O(α n ) (f) u n = 1 + O(α n ) et < α < 1 Donc lim u n = 1, un diverge et (un 1) converge absolument 5

6 Partie IV : suite de l'étude 1 (a) La suite (x n ) ne converge pas vers λ : τ > 0 N N n > N x n λ > τ En utilisant cette relation, on construit une suite (x ϕ(n) ) extraite de (x n ) telle que pour tout n N, x ϕ(n) λ > τ La suite (x ϕ(n) ) est bornée (extraite de (x n ) ), on peut donc en extraire une sous-suite qui converge vers une limite λ Nécessairement, λ λ τ > 0 donc λ λ Donc la suite (x n ) admet une valeur d'adhérence λ λ (b) Toute suite bornée possède au moins une valeur d'adhérence D'après la question précédente, si une suite est bornée et non convergente, alors elle possède au moins deux valeurs d'adhérences Donc toute suite bornée ayant une unique valeur d'adhérence est convergente (c) (x n ) est une suite bornée Si l = l +, alors (x n ) est bornée et possède une unique valeur d'adhérence, donc d'après la question précédente, elle est convergente Si (x n ) est convergente, alors elle possède une unique valeur d'adhérence donc l = l + Finalement (x n ) est convergente si et seulement si l = l + (a) Montrons que n N α u n 1 α par récurrence double sur n Par hypothèse, pour n = 0 et n = 1, la relation est vraie Supposons que pour un entier n n 0 donné, α u n 1 α et α u n+1 1 α Alors, u n+ = u n+1 + u 1 n α + 1 = α α et u n+ = u n+1 + u n α + α = 1 α donc α u n+ 1 α Finalement, la propriété est vraie au rang 0 et 1 et elle est héréditaire, elle est donc vraie pour tout entier n N : n N α u n 1 α (b) l est la plus petite valeur d'adhérence de la suite (u n ) C'est donc la limite d'une suite extraite que l'on notera u ψ(n) la suite u ψ(n) est alors bornée, elle possède une sous-suite u ψ χ(n) qui converge vers une limite a En posant ϕ : n ψ χ(n), on a alors : u ϕ(n)+ l et u ϕ(n) a, or u ϕ(n)+1 = u ϕ(n) donc (u ϕ(n)+1 ) converge On note b sa limite u ϕ(n)+ Par passage à la limite dans u ϕ(n)+ =, on obtient l = u ϕ(n)+1 + u ϕ(n) a + b De plus a l + et b l + donc l l + + l + = 1 l + On en déduit l l + 1 (c) On procède de même en considérant une sous-suite u ψ(n) qui converge vers l + et on obtient l l + 1 d'où l l + = 1 (d) De même qu'en (b), on contruit successivement : (u ψ(n) ) qui converge vers l (u ψ χ(n) 3 ) qui converge vers une limite a (u ψ χ ω(n) ) qui converge vers une limite b En posant ϕ : n ψ χ ω(n) 3, on a alors : u ϕ(n)+3 l, u ϕ(n) a et u ϕ(n)+1 b Or u ϕ(n)+ = u ϕ(n)+1 donc (u ϕ(n)+ ) converge On note c sa limite u ϕ(n)+3 Par passage à la limite dans u ϕ(n)+ = u ϕ(n)+1 + u ϕ(n) et dans u ϕ(n)+3 = u ϕ(n)+ + u ϕ(n)+1 6

7 on obtient c = a + b et l = b + c On a donc b + c = l = l + et b l + et c l +, donc b = c = l + De même l + = c = a + b donc a = b = l On a alors b = l + et b = l d'où l + = l l + = l, l l + 1 et (u n ) est une suite de réels positifs donc l + = l = 1 et donc La suite (u n ) converge vers 1 (e) La suite ((u n, u n+1 ) converge vers (1, 1) donc il existe bien un entier n 0 tel que ((u n0, u n0+1) D