Correction de l examen de la première session

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1 de l examen de la première session Julian Tugaut, Franck Licini, Didier Vincent Si vous trouvez des erreurs de Français ou de mathématiques ou bien si vous avez des questions et/ou des suggestions, envoyez-moi un mail à

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3 Table des matières Page de garde Table des matières 3 Remarque d ordre général 7 Exercices 9 Exercice Calcul du discriminant Calcul d une racine du discriminant Les solutions de l équation Vérification Exercice de la première question de la seconde question Exercice Équation homogène associée Solution particulière Résolution générale Exercice de la première question de la seconde question

4 Problème Préliminaires Question Question Question Équation homogène associée 5 Question Question Question Question Question Question Question Question

5 Question Question Résolution de l équation générale 37 Question Question Question Question Question Méthode directe de résolution 43 5

6 6

7 Remarque d ordre général L examen était volontairement long et il n était pas attendu de votre part de répondre à toutes les questions. La meilleure copie a obtenu la note de 5.5 sur 3 et a à peine eu le temps d aborder la dernière question du problème. Il était précisé dans l énoncé que la qualité de la rédaction et de la langue serait prépondérante. Ce n était pas du bluff. Une réponse partiellement fausse mais bien rédigée rapportait plus de points que des réponses justes mais sans rédaction. Il ne s agit pas de tartiner la copie mais d insérer quelques phrases et des mots comme alors, donc, ainsi, conséquemment, on obtient, il vient, cette égalité donne, on en déduit... Également, il est vivement recommandé de lire les questions d un problème avant d essayer de résoudre celui-ci. En effet, il était possible de deviner les réponses des premières questions à partir de la suite de l énoncé. Il est aussi conseillé de vérifier les réponses autant que faire se peut et d être très prudent sur les calculs. Les calculs sont ici volontairement très détaillés. Il va de soit qu en situation réelle, on n attend pas tant de détails des étudiants. 7

8 8

9 Exercices Exercice Résoudre l équation z (5 + i)z + (6 + 7i). Calcul du discriminant Ici, le discriminant est égal à : (5 + i) 4 (6 + 7i) i + i i 5 + i 4 8i (5 4) + i ( 8) 8i. Calcul d une racine du discriminant On cherche maintenant δ C tel que δ 8i. Remarque : on ne doit surtout pas noter 8i (des points ont été retirés à ceux qui ont écrit ceci). On peut utiliser deux méthodes pour trouver δ. Première méthode On cherche δ sous la forme δ a + ib avec a, b R. De cela, il vient deux équations : a b et ab 8. On en déduit immédiatement a ±b et ab 9. Les réels a et b sont ainsi de signes contraires. D où b a et a 9. Alors, a 3 et b 3 vérifie les deux équations ci-dessus. Remarque : on n a pas procédé par équivalence donc on doit vérifier que 3 3i est bien une racine de. On calcule (3 3i) 3 + (3i) 3 3i 9 9 8i 8i. 9

10 On a donc bien δ avec δ : 3 3i. Les deux racines de sont donc 3 3i et 3 + 3i. Deuxièmeméthode Onutiliselaformepolaire: 8i 8 exp [ ] 3iπ. Conséquemment, δ : 8 exp [ ] 3iπ 4 est une racine de. On calcule : δ [ ] 3iπ 8 exp 4 3 { ( ) 3iπ cos + i sin 4 3 { } + i 3 + 3i. ( )} 3iπ 4 On a donc δ avec δ : 3 + 3i. Les deux racines de sont donc 3 3i et 3 + 3i. Les solutions de l équation Le discriminant est non nul. Il y a donc exactement deux solutions à l équation. Ces deux solutions sont z : b + δ a et z : b δ a avec a :, b : (5 + i) et δ : 3 3i. On procède au calcul : z : b + δ a +(5 + i) + (3 3i) (5 + 3) + i( 3) 8 i 4 i.,

11 Et la deuxième solution est Vérification z : b δ a +(5 + i) (3 3i) 5 + i 3 + 3i (5 3) + i( + 3) + 4i + i. Il n était pas demandé aux étudiants de vérifier que z 4 i et z + i sont des solutions. Mais, il est essentiel de le faire! Ne serait-il pas dommage d avoir fait tout ce qui précède pour n avoir que la moitié des points? Il est toutefois absolument inutile de rédiger la vérification sur la copie (à moins que cela ne vous soit demandé). On procède donc à la vérification. z (5 + i)z + (6 + 7i) (4 i) (5 + i)(4 i) + (6 + 7i) 4 8i ( 5i + 4i + ) i 6 8i ( i) i 5 8i + i i (5 + 6) + i( ).

12 Donc z est bien solution de l équation. On fait de même avec z : z (5 + i)z + (6 + 7i) ( + i) (5 + i)( + i) + (6 + 7i) + 4i 4 (5 + i + i ) i + 4i 4 (3 + i) i + 4i 4 3 i i ( ) + i(4 + 7). Conséquemment, z est aussi solution de l équation.

13 Exercice Question On considère la série numérique ( ) Σ ( )n 3 n (n+) cette série. Question n. Justifier la convergence de En utilisant le développement en série entière de la fonction arctan, calculer la somme de la série ( ) Σ ( )n 3 n (n+) n. de la première question On peut justifier cette convergence de plusieurs manières : critère des séries alternées, critère de D Alembert, critère de comparaison des séries à termes positifs, critère de Cauchy. Première méthode : critère des séries alternées La méthode la plus utilisée lors de l examen a été celle-ci. Toutefois, beaucoup d entre vous n ont pas su bien l appliquer. On pose u n : l on a ( ) n u n pour tout n. Pour appliquer le critère des séries alternées, il faut vérifier deux hypothèses : ( )n pour tout n. La suite (u 3 n (n+) n) n est donc alternée puisque. Lasuitedetermegénéral u n estdécroissante.lafonction x 3 x (x+ ) est croissante. Aussi, la suite de terme général u n est bien décroissante.. La suite (u n ) n tend vers quand n tend vers l infini. La fonction x 3 x (x + ) tend vers + quand x tend vers l infini. Aussi, la quantité u n tend bien vers quand n tend vers l infini. En conclusion, la suite (u n ) n est alternée, tend vers en l infini et la suite de terme générale u n est décroissante. On peut donc appliquer le critère des séries alternées et l on en déduit la convergence de la série ( ) Σ ( )n 3 n (n+) n. 3

14 Deuxième méthode : critère de D Alembert Certains d entre vous ont utilisé cette méthode mais n ont pas fait attention à la non positivité de la suite. On pose u n : ( )n pour tout n. On a donc u 3 n (n+) n. Pour tout 3 n (n+) n N, u n >. On peut donc calculer u n+ u n 3n (n + ) 3 n+ (n + 3) n + 3 n n + 3 } {{ } 3 <. D après le critère de D Alembert, on en déduit que la série (Σ u n ) n converge. En d autres termes, la série (Σu n ) n converge absolument donc elle est convergente. On peut utiliser le critère de D Alembert directement sur la suite u n. MAIS, il faut dans ce cas obtenir l inégalité suivante : u n+ < n lim <. u n Par exemple, la série (Σ( ) n ( ) n+ ) n ne converge pas bien que n lim <. ( ) n Troisième méthode : critère de comparaison des séries à termes positifs On pose u n : ( )n pour tout n. On a donc u 3 n (n+) n. 3 n (n+) Pour tout n N, n +. Ainsi, on a u n ( ) n. 3 n 3 Or, la série de terme général ( ) n 3 est une série géométrique de raison q : ] 3 ; [. On en déduit que la série ( Σ ( ) n ) converge. On utilise le critère de 3 n comparaison des séries à termes positifs ce qui implique la convergence de la série (Σ u n ) n. En d autres termes, la série (Σu n ) n converge absolument donc elle est convergente. 4

15 Quatrième méthode : critère de Cauchy On pose u n : ( )n pour 3 n (n+) tout n. On a donc u n. Pour tout n N, u 3 n (n+) n >. On peut donc calculer n u n [ ] log un exp n [ exp log ] (3n (n + )) n [ ] n log(3) + log(n + ) exp n log(n + ) exp log(3) } {{ n } exp [ log(3)] 3 <. D après le critère de Cauchy, on en déduit que la série (Σ u n ) n converge. En d autres termes, la série (Σu n ) n converge absolument donc elle est convergente. de la seconde question Il fallait d abord donner le développement en série entière de la fonction arctangente. Celui-ci était dans le formulaire de cours ainsi que dans la dernière diapositive du septième cours magistral. Le développement en série entière de la fonction arctangente est arctan(x) n ( ) n (n + )! xn+ pour tout x ] ; [. Il est essentiel de préciser l intervalle. Par ailleurs, on n a pas demandé un développement limité mais bien le développement en série entière. Il n était pas demandé de prouver ce développement. Pour tout y ] ; [, on a N k y k yn+ y y, 5

16 quand N tend vers l infini. Ainsi, on a y pour tout y ] ; [. En particulier, pour tout x ] ; [, en prenant y : x, il vient + x ( ) n x n. n La primitive de la fonction x +x qui s annule en est la fonction arctangente. On intègre donc terme à terme : n y n,, arctan(x) ( ) n xn+ n n +, pour tout x ] ; [. Précisons par ailleurs que ce développement est aussi valide en et en, comme l un d entre vous me l a signalé dans sa copie. En prenant x : 3, on a arctan ( 3 ) Conséquemment, la limite de la série est n ( ) n n 3 3 n (n + ). ( ) n 3 n (n + ) ( ) 3 arctan 3 π 3 6. Remarque : il est extrêmement important de préciser l intervalle où le développement en série entière est valide. En effet, arctan( 3) π mais la série ( ( ) ) 3 n x n+ ne converge pas si x 3 vu que le terme général ne tend n+ n pas vers. 6

17 Exercice 3 Résoudre l équation x (t) x(t) e 3t. Équation homogène associée On considère l équation homogène associée L équation caractéristique est donc x (t) x (t). X. La solution est X. Ainsi, les solutions de l équation homogène associée sont de la forme x (t) Ce t avec C R. Solution particulière La sortie est la fonction t e 3t. On cherche donc une solution particulière de la forme x p (t) : λe 3t où λ est une constante réelle à déterminer. On résout : ( λe 3t) λe 3t e 3t 3λe 3t λe 3t e 3t λe 3t e 3t. Ainsi, x p (t) : e 3t est une solution particulière de l équation. Résolution générale Les solutions générales de l équation sont donc de la forme x(t) e 3t + Ce t, C R. 7

18 Exercice 4 On considère la fonction f(x) : x 3 x Question Décomposer en éléments simples la fraction rationnelle Question Calculer une primitive de la fonction f. de la première question définie sur l intervalle ]; + [. X 3 X. Remarque : cette décomposition en éléments simples était dans la correction de l exercice 5 du dernier TD. On commence par factoriser X 3 X. On a X 3 X X(X )(X + ). La fraction rationnelle a donc trois pôles simples :, et. La X 3 X décomposition est donc de la forme X 3 X a X + b X + c X +, où a, b et c sont trois constantes réelles à déterminer. On commence par déterminer a en multipliant par X des deux côtés ce qui donne ( b X a + X X + c ). X + On fait tendre X vers et l on obtient a. Il fallait rédiger correctement le calcul d au moins l une des trois constantes. En procédant de même, on obtient b c. Ainsi, on a f(x) x + x + x +, 8

19 pour tout x >. Certains ont écrit f(x) x + x x. Ceci est juste, certes, mais il ne s agit pas de la décomposition en éléments simples. de la seconde question On sait intégrer en log u. Remarque : la notation ln est franco-française et u n est guère utilisée que dans les lycées et avatars. La littérature (de recherche ou d enseignement dans le supérieurcomme les maths en tête de Gourdon), les logiciels de calcul (comme maple ou matlab), les langages de programmation (comme C/C++), les autres pays utilisent la notation log. La notation ln est donc à oublier. L intervalle de définition est ]; + [. On a donc log x log(x), log x log(x ) et log x + log(x + ) pour tout x >. Par conséquent, on a ( f(x)dx x + x + x + dx x + dx x + ) dx dx x + log x + log x + log x + log(x) + log(x ) + log(x + ) ( log ). x Ainsi, la fonction x log ( x ) est une primitive de la fonction f sur l intervalle ]; + [. 9

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21 Problème L objet du problème est de trouver le terme général de la suite (u n ) n définie par u n+3 6u n+ + u n+ 6u n ϕ n, () où (ϕ n ) n est une suite réelle quelconque. On impose de plus les conditions initiales suivantes : u, u et u. () Préliminaires On considère le polynôme P(X) : X 3 6X + X 6. Pour tout n N, on introduit la suite de vecteurs dans R 3, (V n ) n définie par Question V n : u n+ u n+ u n. Vérifier que l on a P(X) (X )(X )(X 3). On calcule comme suit : (X )(X )(X 3) (X )(X 5X + 6) X 3 5X + 6X X + 5X 6 X 3 6X + X 6 P(X). On a donc bien P(X) (X )(X )(X 3). Remarque : ceux qui ont commencé par P(X) (X )(X )(X 3) n ont évidemment pas eu tous les points.

22 Question Montrer qu il existe une matrice A à trois lignes et à trois colonnes et une suite de vecteurs dans R 3, (B n ) n telles que V n+ AV n + B n, (3) pour tout n N. On donnera les expressions exactes de A et de B n. Remarque : Cette question est dans les préliminaires. Elle est donc facile par essence et il suffisait de savoir manipuler les matrices. Par ailleurs, la méthode pour trouver la matrice A est exactement celle décrite dans la trentehuitième diapositive du sixième cours magistral. On se sert ici de l équation satisfaite par la suite (u n ) n à savoir On peut donc écrire Ceci se traduit comme suit V n+ u n+3 6u n+ + u n+ 6u n ϕ n. u n+3 6u n+ u n+ + 6u n + ϕ n. u n+3 u n+ u n+ 6u n+ u n+ + 6u n + ϕ n u n+ u n+ 6 u n+ u n+ + 6 u n + ϕ n u n+ + u n+ + u n u n+ + u n+ + u n 6 6 AV n + B n, u n+ u n+ u n+ + ϕ n

23 avec A : Question et B n : ϕ n On introduit la suite (V n ) n N définie par n : A n V.. Prouver que la suite (V n ) n N satisfait l équation Pour tout n N, on a n+ A n+ V V n+ AV n. (4) A A n AVn, ce qui achève de prouver que la suite (V n ) n N satisfait l équation (4). 3

24 4

25 Équation homogène associée L objet de cette section est de calculer le terme général de la suite (V n ) n N. Question Calculer le polynôme caractéristique de la matrice A. Notons χ A le polynôme caractéristique de la matrice A. Paar définition, on a χ A (X) : Det (A XI 3 ) où I 3 est la matrice identité. On a donc χ A (X) 6 X 6 X X Pour effectue ce calcul, on procède à un développement par rapport à la première colonne. On a alors χ A (X) ( ) + (6 X) X X (6 X)(X ) (X 6) 6X X 3 X + 6 P(X).. + ( )+ 6 X Le polynôme caractéristique de la matrice A est donc P. Remarque : certain(e)s futé(e)s qui n ont pas su trouver la matrice A ont annoncé χ A (X) P(X). Ceci ne peut pas être vrai car le coefficient dominant est forcément. 5

26 Question Donner les valeurs propres de la matrice A. Les valeurs propres de la matrice A sont les racines de son polynôme caractéristique.or,lesracinesde P sont, et 3,voirlaquestiondespréliminaires. Ainsi, le spectre de A est {; ; 3}. Remarque : certains ont deviné que les valeurs propres étaient, et 3 à partir des énoncés des questions trois, quatre et cinq. Question 3 Trouver un vecteur v R 3 de la forme tel que l on ait Av v. v : x y, Remarque : il s agit ici de calculer un vecteur propre de A associé à la valeur propre. L équation Av v se traduit ici par (A I 3 )v puis 5 6 x y. On a alors un système de trois équations à deux inconnues Remarque : (et, la matrice A I 3 est de rang deux vu que est une valeur propre de A) : 5x y + 6 x y y 6,

27 ce qui donne une unique solution : x y. Il vient ainsi : v. Question 4 Trouver un vecteur v R 3 de la forme tel que l on ait Av v. v : x y, La preuve est similaire à celle de la question précédente. Certains se sont 4 contentés d écrire On procède de même et l on obtient v. Ceci était suffisant pour avoir tous les points. Mais, il fallait rédiger la question trois. L équation Av v se traduit ici par (A I 3 )v puis 4 6 x y. On a alors un système de trois équations à deux inconnues Remarque : (et, la matrice A I 3 est de rang deux vu que est une valeur propre de A) : 4x y + 6 x y y ce qui donne une unique solution : x 4 et y. Il vient ainsi : 4 v., 7

28 Question 5 Trouver un vecteur v 3 R 3 de la forme tel que l on ait Av 3 3v 3. v 3 : x 3 y 3, La preuve est similaire à celle de la question trois. Certains se sont contentés 9 d écrire On procèdede même et l on obtient v 3 3. Ceci était suffisant pour avoir tous les points. Mais, il fallait rédiger la question trois. L équation Av 3 3v 3 se traduit ici par (A 3I 3 )v 3 puis x 3 y 3. On a alors un système de trois équations à deux inconnues Remarque : (et, la matrice A 3I 3 est de rang deux vu que 3 est une valeur propre de A) : 3x 3 y x 3 y 3 y 3 ce qui donne une unique solution : x 3 9 et y 3 3. Il vient ainsi : 9 v 3 3., 8

29 Question 6 Trouver une matrice inversible P à trois lignes et à trois colonnes telle que l on ait A P P. (5) 3 Il est demandé de justifier l égalité (5) et de ne pas se contenter de donner la matrice. On donnera l expression exacte de P mais l on ne calculera pas P. Remarque : il s agit ici de diagonaliser la matrice A. La matrice A est carrée avec trois lignes et trois colonnes. Elle admet trois valeurs propres distinctes :, et 3. On a donc dim Ker (A I 3 ), dim Ker (A I 3 ) etdim Ker (A 3I 3 ). Comme les valeurs propres sont distinctes, on peut écrire R 3 Ker (A I 3 ) Ker (A I 3 ) Ker (A 3I 3 ),. En d autres termes, la matrice A est diagonalisable : il existe une matrice carrée inversible P telle que A P 3 P. De plus, la matrice P est la matrice de passage de la base {v ; v ; v 3 } (dans l ordre) vers la base canonique. Les colonnes de la matrice P correspondent aux vecteurs propres v, v et v 3. On a donc P Remarque : il s agissait évidemment de la matrice à inverser dans la question huit. 9

30 Question 7 En utilisant l égalité (5), démontrer par récurrence que l on a A n P n P, 3 n pour tout n N. Il n est pas nécessaire d utiliser les expressions exactes de P et P pour résoudre cette question. Remarque : il n est pas nécessaire de le prouver par récurrence mais il était demandé d effectuer une récurrence. Initialisation. Prouvons d abord le résultat pour n. Pour n, on a A I 3. Or, P 3 P PI 3 P PP I 3. L hypothèse est donc vraie au rang n. Hérédité. Supposons l hypothèse vraie au rang n. Prouvons qu elle l est au rang n +. L associativité du produit matriciel donne A n+ A A n. Puis, l hypothèse de récurrence nous donne A n+ AP Enfin, l égalité (5) implique A n+ P Or, P P I 3. On a donc 3 A n+ P n 3 n P P n+ 3 n+ 3 P. n 3 n P. P.

31 L hypothèse est donc vraie au rang n +. Conclusion. Pour tout n N, on a A n P n P. 3 n Question 8 Calculer l inverse de la matrice en utilisant la méthode de votre choix. Plusieurs méthodes sont apparues sur les copies : trois exactement. commençons par la méthode qui a obtenu les meilleurs résultats à savoir celle du pivot de Gauss. Puis, l on présente la méthode utilisant la comatrice (beaucoup utilisée, mais mal utilisée) et enfin, on termine avec la méthode la moins efficace. Première méthode : le pivot de Gauss On met la matrice identité à droite et l on effectue des transformations sur les lignes des deux matrices. Remarque : on peut aussi utiliser des transformations sur les colonnes mais c est une très mauvaise habitude puisque la résolution des systèmes d équations linéaires se fait avec les ttransformations sur les lignes. 4 9 (L ) 3 (L ) (L 3 ) On choisit comme pivot. Il vient 4 9 (L ) 6 (L ) (L ) 3 8 (L 3 ) (L ) 3

32 On divise la ligne deux par : 4 9 (L ) 3 (L ) 3 8 (L 3 ) On prend maintenant comme pivot : 3 (L ) 4 (L ) 3 (L ) 3 (L 3 ) + 3 (L ) On prend maintenant comme pivot : On a donc 5 3 (L ) + 3 (L 3 ) 4 3 (L ) 3 (L 3 ) 3 (L 3 ) Deuxième méthode : la comatrice La formule à connaître est la suivante : P Det(P) Com(P)t, si le déterminant de P est non nul. On calcule d abord le déterminant de P : On calcule maintenant la comatrice de P. Par définition, on a Com(P) a, a, a,3 a, a, a,3 a 3, a 3, a 3,3, 3

33 avec a, ( ) + 3, a, ( ) + 3, a,3 ( ) +3, a, ( ) , a, ( ) + 9 8, a,3 ( ) , a 3, ( ) , a 3 3, ( ) , a 3,3 ( ) On a donc Com(P) On obtient immédiatement P Troisième méthode : le système linéaire Certains étudiants ont abordé la question de la façon suivante. On se donne une matrice M : a b c d e f g h i, et l on résout le système de neuf équations linéaires à neuf inconnues : a b c d e f g h i Cette méthode n a aucun intérêt. Oubliez-la.. 33

34 Question 9 En utilisant les expressions exactes de P et P, calculer le terme général V n. Par définition, on a Vn A n d après les questions 7 et 8, on a A n On peut ainsi calculer : V n La difficulté est ici de calculer A n. Or, n 3 n n 3 n n 3 n 3 n+ 3n 3 + n+3 3n+ 3 + n+ 3n+ 3 + n+ 3n

35 Question En déduire le terme général u n de la suite définie par u n+3 6u n+ + u n+ 6u n u u u. Cette équation correspond à l équation initiale () sans second membre (avec u ϕ n et donc avec B n ). Ainsi, on a Vn n+ u n+. Or, on vient u n de calculer Vn. Par conséquent, u n est égal à la dernière coordonnée de Vn. On a donc u n 3 + n+ 3n. 35

36 36

37 Résolution de l équation générale On cherche une solution à l équation (3), sous la forme V n+ AV n + B n, V n : A n W n, (6) où (W n ) n est une suite de vecteurs de R 3 que l on cherche à calculer. Question À quelle méthode utilisée dans le domaine des équations différentielles cela vous fait-il penser? Cette méthode ressemble à la méthode de la variation de la constante. Question On suppose dorénavant que la suite (A n W n ) n vérifie l équation (3). Montrer que l on a alors W n+ W n A (n+) B n, pour tout n N. Comme la suite (A n W n ) n vérifie l équation (3), on a A n+ W n+ AA n W n + B n A n+ W n + B n. Ilvientalors A n+ (W n+ W n ) B n.or,lamatrice Aestinversible(sondéterminant est non nul) donc la matrice A n+ est également inversible. Conséquemment, on obtient W n+ W n A (n+) B n. 37

38 Question 3 En déduire que l on a W n W + n k A (k+) B k, pour tout n N. On pourra prouver ce résultat par récurrence. Remarque : on peut prouver ce résultat par récurrence assez facilement. Montrons-le d une autre manière. On procède à une somme télescopique : W n W (W n W n ) + (W n W n ) + + (W W ) + (W W ) k n (W k+ W k ) n k A (k+) B k. Puis, l on achève la preuve en passant W de l autre côté. Question 4 Démontrer que ce résultat implique quel que soit n N. V n : A n W n A n V + n k A k B n k, Par définition, on a V A W I 3 W W. Conséquemment, on a n V n A n W n A n V + A n 38 k A (k+) B k.

39 On procède ensuite à un changement d indice dans la somme : k : n p. Il vient ce qui achève la preuve. Question 5 n V n A n V + A n A n V + n p p A (n p) B n p A p B n p, On suppose dans cette question que l on a ϕ n : 5 n. Calculer le terme général V n. En déduire le terme général u n de la suite définie par avec u, u et u. u n+3 6u n+ + u n+ 6u n 5 n, Le calcul de A n V a déjà été effectué dans la partie précédente, sur l équation homogène associée. Il reste donc à calculer la solution particulière à savoir n Vn A p B n p. p 39

40 Pour tout n N et pour tout p n, on calcule maintenant ϕ A p B n p 3 p n p p 3 On a donc n p 3 p p 3 p n Vn A p B n p p 5 n 5 n n+ 5 n p 5 n p p 5 n p 3 p ( p 5) ( ) p ( 5 p 3 5) n+ 5 n n p 5 n p 5 n p ( p n p 5) ( p n p 5) ( n p 3 p 5) ( ( 5) n ) ( ( 5) n ) ( ( 3 5) n ) 8 (5n ) 3 (5n n ) 4 (5n 3 n ) 3n n n n + n 3n n p

41 Par conséquent, on obtient V n A N V + Vn 3 + n+3 3n+ 3 + n+ 3n+ 3 + n+ 3n n n+ + 5n n n+ + 5n n 3 4 3n + 5n 4 Or, par définition, V n u n+ u n+ u n. + 5 n n+ 5 n+. Conséquemment, on a 3n n n n + n 3n u n n 3 4 3n + 5n 4. 4

42 4

43 Méthode directe de résolution Lorsque l on est confronté à une suite récurrente linéaire d ordre quelconque, on ne procède bien sûr pas ainsi. Ce passage par l algèbre linéaire justifie en fait l équation caractéristiue associée à savoir ici X 3 6X + X 6, dont les solutions sont X, X et X 3. On en déduit immédiatement que la solution à l équation homogène associée est u n α n +β n +γ3 n avec α, β, γ R. On cherche maintenant une solution particulière sous la forme u n C5 n où C R. On calcule C comme suit ce qui donne donc C5 n+3 6C5 n+ + C5 n+ 6C5 n 5 n, C ( ), d où C. On a donc u 4 n 5n + α + 4 βn + γ3 n. Or, on veut u, u et u. Pour calculer les constantes α, β et γ, on est ainsi amené à résoudre le système suivant : α β γ On retrouve naturellement la matrice P. La résolution nous donne α 3, 8 β 7 et γ 3. On retrouve ainsi, directement, le résultat du problème

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