AR - SUITES RECURRENTES LINEAIRES ET EQUATIONS DIFFERENTIELLES LINEAIRES

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1 AR - SUITES RECURRENTES LINEAIRES ET EQUATIONS DIFFERENTIELLES LINEAIRES Suites de nombres complexes Notons l(c) l espace vectoriel sur C des suites de nombres complexes. Si (s n ) n 0 est un élément de l(c), et si P est le polynôme P (X) = a 0 + a 1 X + + a p X p l application Φ P de l(c) dans lui-même qui à (s n ) n 0 associe la suite Φ(P )((s n ) n 0 ) = (a 0 s n + a 1 s n a p s n+p ) n 0 est une application linéaire. On peut alors considérer l application Φ de C[X] dans l ensemble L (l(c)) des endomorphismes de l(c), qui à P associe Φ P. 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) = a 0 + a 1 X + + a p X p et Q(X) = b 0 + b 1 X + + b p X p. Donc (P + Q)(X) = (a 0 + b 0 ) + (a 1 + b 1 )X + + (a p + b p )X p. Alors, pour toute suite (s n ) n 0 de l(c), on a Φ P +Q ((s n ) n 0 ) = ((a 0 + b 0 )s n + (a 1 + b 1 )s n (a p + b p )s n+p ) n 0 = (a 0 s n + a 1 s n a p s n+p ) n 0 + (b 0 s n + b 1 s n b p s n+p ) n 0 = Φ P ((s n ) n 0 ) + Φ Q ((s n ) n 0 ) = (Φ P + Φ Q )((s n ) n 0 ). On en déduit donc que Φ P +Q = Φ P + Φ q. Si λ est un nombre complexe, on a aussi Φ λp ((s n ) n 0 ) = (λa 0 s n +λa 1 s n+1 + +λa p s n+p ) n 0 = λ(a 0 s n +a 1 s n+1 + +a p s n+p ) n 0 = λφ P ((s n ) n 0 ), donc Φ λp = λφ P.

2 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 Or et Φ X p X q = Φ X p Φ X q. Φ X p Φ X q((s n ) n 0 ) = Φ X p((s n+q ) n 0 ) = (s n+q+p ) n 0, Pour toute suite (s n ) n 0 de l(c) on a donc bien, Φ X p X q((s n) n 0 ) = Φ X p+q((s n ) n 0 ) = (s n+p+q ) n 0. Φ X p X q((s n) n 0 ) = Φ X p Φ X q((s n ) n 0 ), ce qui montre que Remarque : on a en particulier Φ X p X q = Φ X p Φ X q. Φ 1 = Id l(c) Suites récurrentes linéaires Soit P un polynôme homogène de degré p à coefficients complexes. Si P s écrit P (X) = X p a k X k, notons S (P ) l ensemble des suites de nombres complexes (s n ) n 0 qui vérifient pour tout entier n positif la relation s p+n = a k s k+n. Avec les notations précédentes, cette relation s écrit Φ P ((s n ) n 0 ) = 0. L ensemble S (P ) est donc le noyau de Φ P. C est un sous-espace vectoriel de l(c). D autre part, l application qui à un élément (s n ) n 0 de S (P ) associe le p uplet (s 0, s 1,..., s ) de C p est une application linéaire bijective de S (P ) sur C p 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 ).

3 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 donne On en déduit que Ker Φ P est inclus dans Ker Φ Q. Q = P R Φ Q = Φ R Φ P. 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 l(c) = Φ R Φ P + Φ S Φ Q. Si (s n ) n 0 est un élément de Ker Φ P Ker Φ Q, on obtient ce qui montre que Id l(c) ((s n ) n 0 ) = 0, (s n ) 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 x 1,..., x r les racines distinctes de P, et par p k l ordre de multiplicité de x k. Si l on pose P k (X) = (X x k ) p k, on a alors r S (P ) = S (P k ). 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 P 2 P 3 P r. Les polynômes P 1 et Q sont premiers entre eux et divisent P. Il résulte de la proposition 2 que la somme S (P 1 ) + S (Q) est directe et qu elle est incluse dans S (P ). D autre part dim(s (P 1 ) S (Q)) = dim S (P 1 ) + dim S (Q) = deg P 1 + deg Q = deg P = dim S (P ).

4 AR 4 On a donc S (P 1 ) S (Q) = S (P ). Mais, en appliquant l hypothèse de récurrence à Q, on obtient et finalement ce qui donne le résultat. S (Q) = S (P ) = r S (P k ), k=2 r S (P k ), k=1 Ce qui précède permet donc de donner une base de S (P ) pour un polynôme P quelconque, en réunissant des bases des S (P k ). Cherchons donc à caractériser ces sous-espaces. Soit a un nombre complexe. Dans ce qui suit P a désigne le polynôme (X a) p. Nous cherchons à déterminer S (P a ). 1) Si a = 0, les éléments de S (P a ) vérifient, pour tout n dans N, la relation s n+p = 0. Ce sont donc les suites (s n ) n 0 nulles à partir du rang p. Si, pour j tel que 0 j p 1, l on pose, s(j) n = δ nj, on obtient une base (s(0),, s(p 1)) de S (P 0 ). 2) Si a 0. Nous allons établir le résultat suivant : Proposition 4 1) Une suite (s n ) n 0 appartient à S (P a ) si et seulement si il existe un polynôme R de degré au plus p 1 tel que, pour tout entier n s n = R(n) a n. 2) Si (Q 0,..., Q ) est une base de C [X], alors les suites (t(0),..., t(p 1)) définies par t(j) n = Q j (n) a n constituent une base de S (P a ). Par la formule du binôme, on obtient P a (X) = (X a) p = p ( ) p ( a) p k X k, k

5 AR 5 et donc, pour n et j dans N, on a X j d j dx j (Xn P (X)) = p ( ) p ( a) p k (k + n)(k + n 1) (k + n j + 1)X k+n. k Si 1 j n 1, notons T j ce polynôme. Il est divisible par X a. Posons et, pour j compris entre 1 et p 1, Pour tout entier n, on a p s(0) = (a n ) n 0 s(j) = (n(n 1) (n j + 1) a n ) n 0. ( ) p ( a) p k a k+n = a n k ce qui montre que s(0) est dans S (P a ). p Pour tout n dans N, et tout j tel que 1 j p 1, on a p ce qui montre que s(j) est dans S (P a ). ( ) p ( a) p k a k = P a (a) = 0, k ( ) p ( a) p k (k + n) (k + n j + 1)a k+n = T j (a) = 0, k Pour montrer que la famille (s(0),..., s(p 1)) est une base de S (P a ), il suffit de montrer que les éléments de C p constitués des p premiers termes de ces suites forment une base de C p. Or la matrice de ces vecteurs est triangulaire et ses éléments diagonaux sont (1, a,..., (p 1)!a ). Le déterminant de cette matrice n est pas nul, ce qui montre l indépendance linéaire. Si 1 j p 1, posons ainsi que On a alors R j (X) = X(X 1) (X j + 1), R 0 (X) = 1. s(j) n = R j (n)a n. La famille (R 0,..., R ) est une base de C [X], et on définit un isomorphisme χ de cet espace sur S (P a ) en associant à R j la suite s(j). Si R est un élément de C [X], il se décompose sur la base (R 0,..., R ) sous la forme R(X) = λ k R k (X).

6 AR 6 Le n ième terme de la suite χ(r) vaut λ k R k (n) a n = R(n) a n, ce qui montre que les éléments de S (P a ) sont les éléments de la forme (R(n) a n ) n 0. Par ailleurs, l image par χ d une base de C [X] est une base de S (P a ), ce qui donne 2). Remarque : on peut prendre en particulier, pour 0 j p 1, les polynômes Q j (X) = X j. Nous revenons maintenant à un polynôme quelconque P (X) = X p a k X k. Nous noterons M = max a k. 0 k Lemme Pour tout entier positif n, il existe des nombres complexes (a 0 (n),..., a (n)) tels que, pour tout entier r et toute suite (s n ) n 0 de S (P ), on ait s n+p+r = a k (n)s k+r, avec de plus Alors, pour tout entier n de N, on a a k (n) < (1 + M) n+1. s n+p (1 + M) n+1 s k. On démontre la propriété par récurrence sur n. La propriété est vraie pour n = 0 en prenant a k (0) = a k. Si 0 k p 1, on a bien, a k M < 1 + M.

7 AR 7 Supposons la propriété vraie jusqu à l ordre n. On a en particulier s n+p+r+1 = = = Si 1 k p 1, on pose alors a k (n)s k+r+1 p 2 a k (n)s k+r+1 + a (n) a k s k+r p 2 (a k 1 (n) + a (n)a k )s k+r + a (n)a 0 s r. k=1 a k (n + 1) = a k 1 (n) + a (n)a k et Cela donne On a aussi a 0 (n + 1) = a (n)a 0. s n+p+r+1 = a k (n + 1)s k+r. a k (n + 1) a k 1 (n) + a (n) a k < (1 + M) n+1 + (1 + M) n+1 M = (1 + M) n+2, et a 0 (n + 1) = a (n) a 0 < (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 s n+p a k (n) s k (1 + M) n+1 a k (n). Equations différentielles linéaires Soit I un ouvert de R, et F l ensemble des fonctions définies sur I à valeurs complexes. Notons F p le sous-espace des fonctions p fois dérivables sur I. Si P est un polynôme homogène de degré p à coefficients complexes P (X) = X p a k X k, et si f est un élément de F p, nous désignerons par P (f) la fonction P (f) = f (p) a k f (k).

8 AR 8 Alors P devient une application linéaire de F p 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 f telle que f soit la restriction de f à I, avec de plus f (p) = a k f (k). 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) = a k f (k+n). 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 f (p+n+1) = a k f (k+n+1). La propriété est donc vraie au rang n + 1. Il en résulte alors que f est de classe C. Il résulte aussi des relations f (p+n) = a k f (k+n), 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 f (k) (x) = C f (x)(1 + M) n+1, où M est le plus grand des nombres a 0,..., a. 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 Alors f(x + h) = n+ f (k) (x) hk k! + x+h x (x + h t) p+n 1 (p + n 1)! f (n+p) (t) dt.

9 AR 9 n+ f(x + h) f (k) (x) hk k! x+h x (x + h t) p+n 1 (p + n 1)! (1 + M) n+1 h n+ (n + p 1)! f (n+p) (t) dt b a C f (t) dt. Il en résulte que la série de fonctions de terme général h f (n) (x)h n /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 f (p+n) (x) (p + n)! (1 + M)n C f (x) (p + n)!. Si I est un intervalle contenant x, posons, pour tout z de C, f(z) = f (n) (z x)n (x). n! Il résulte de la majoration ci-dessus que cette série est une série entière de rayon infini. Donc f est une fonction entière. Elle coïncide avec f sur I, et l on a sur I Alors cette relation a lieu pour tout z complexe. P ( f)(z) = 0. 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 s p+n (1 + M) n+1 s k. Il en résulte que la série entière f(z) = définit une fonction analytique dans C tout entier. On a f (k) (z) = s n z n n! s n+k z n n!,

10 AR 10 donc a k f (k) (z) = = = a k ( z n s n+k n! ) a k s n+k z n n! s n+p z n n! = f (p) (z). On en déduit que f est bien dans Ker P. Comme f (n) (0) = s n, on a bien M(f) = (s n ) 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 x 1,..., x r les racines distinctes de P, et par p k l ordre de multiplicité de x k. Si l on pose P k (X) = (X x k ) p k, on a alors r Ker P = Ker P k. k=1

11 AR 11 Proposition 9 Soit I un intervalle. 1) Une fonction f appartient à Ker P a 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)e ax. 2) Si (Q 0,..., Q ) est une base de C [X], alors les fonctions (f 0,..., f ) définies sur I par constituent une base de Ker P a. f j (x) = Q j (x) e ax 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, On a donc M 1 (s(j))(x) = xj j!. Ker P 0 = C [x]. Si a 0, là aussi, en cherchant l image réciproque de la base (s(0),..., s()) de S (P ) trouvée dans la proposition 4, on obtient f j (x) = M 1 (s(j))(x) = R j (n) an x n n! = n=j (ax) n (n j)! = (ax)j e ax. les fonctions (f 0,..., f ) forment une base de Ker P a. On en déduit là aussi que les éléments de Ker P a sont de la forme x R(x)e ax où R est un polynôme de degré au plus p 1. 2) On peut définir un isomorphisme de C [x] sur Ker P a en associant à X j la fonction f j. Cela permet de voir que si (Q 0,..., Q ) est une base de C [X], alors les fonctions (f 0,..., f ) définies sur I par f j (x) = Q j (x) e ax constituent une base de Ker P a. 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.

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