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 tugaut@math.cnrs.fr
Table des matières Page de garde Table des matières 3 Remarque d ordre général 7 Exercices 9 Exercice 9.................................. 9................................ 9 Calcul du discriminant...................... 9 Calcul d une racine du discriminant............... 9 Les solutions de l équation.................... Vérification............................ Exercice 3.................................. 3................................ 3 de la première question............... 3 de la seconde question................ 5 Exercice 3 7.................................. 7................................ 7 Équation homogène associée................... 7 Solution particulière....................... 7 Résolution générale........................ 7 Exercice 4 8.................................. 8................................ 8 de la première question............... 8 de la seconde question................ 9 3
Problème Préliminaires Question............................................................................................ Question............................................................................................ Question 3................................ 3............................... 3............................. 3 Équation homogène associée 5 Question................................ 5............................... 5............................. 5 Question................................ 6............................... 6............................. 6 Question 3................................ 6............................... 6............................. 6 Question 4................................ 7............................... 7............................. 7 Question 5................................ 8............................... 8............................. 8 Question 6................................ 9............................... 9............................. 9 Question 7................................ 3............................... 3............................. 3 Question 8................................ 3............................... 3............................. 3 4
Question 9................................ 34............................... 34............................. 34 Question............................... 35............................... 35............................. 35 Résolution de l équation générale 37 Question................................ 37............................... 37............................. 37 Question................................ 37............................... 37............................. 37 Question 3................................ 38............................... 38............................. 38 Question 4................................ 38............................... 38............................. 38 Question 5................................ 39............................... 39............................. 39 Méthode directe de résolution 43 5
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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
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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) 5 + 5 i + i 4 6 4 7i 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
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.,
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 + ) + 6 + 7i 6 8i ( i) + 6 + 7i 5 8i + i + 6 + 7i (5 + 6) + i( 8 + + 7).
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 ) + 6 + 7i + 4i 4 (3 + i) + 6 + 7i + 4i 4 3 i + 6 + 7i ( 4 3 + 6) + i(4 + 7). Conséquemment, z est aussi solution de l équation.
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
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 + 3 3 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
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
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
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
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
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
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.
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
avec A : Question 3 6 6 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
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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
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,
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
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 3 6 3 3 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 3 + 6 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
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 4 9 3. Remarque : il s agissait évidemment de la matrice à inverser dans la question huit. 9
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.
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 4 9 3 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
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 ) 4 9 3 5 3 4 3 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 : 4 9 4 9 6 3 6 6 8. 3 8 3 8 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
avec a, ( ) + 3, a, ( ) + 3, a,3 ( ) +3, a, ( ) + 4 9 5, a, ( ) + 9 8, a,3 ( ) +3 4 3, a 3, ( ) 3+ 4 9 6, a 3 3, ( ) 3+ 9 3 6, a 3,3 ( ) 3+3 4. On a donc Com(P) 5 8 3. 6 6 On obtient immédiatement P 5 6 8 6 3 5 3 4 3 3. 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 4 9 3 Cette méthode n a aucun intérêt. Oubliez-la.. 33
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 4 9 3 On peut ainsi calculer : V n 4 9 3 4 9 3 4 9 3. 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. 5 3 4 3 3 5 3 4 3 3 3. 34
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
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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
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.
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
Pour tout n N et pour tout p n, on calcule maintenant 4 9 5 3 ϕ A p B n p 3 p n p 4 3 3 p 3 On a donc 4 9 3 4 9 3 4 9 3 5 n 4 9 3 p 3 p p 3 p n Vn A p B n p p 5 n 5 n 4 9 3 5 n+ 5 n p 5 n p p 5 n p 3 p ( p 5) ( ) p ( 5 p 3 5) 4 9 3 4 9 3 4 8 + n+ 5 n+ 5 3 4 3 3 5 n p 5 n p 5 n p ( p n p 5) ( p n p 5) ( n p 3 p 5) 5 8 5 3 5 4 ( ( 5) n ) ( ( 5) n ) ( ( 3 5) n ) 8 (5n ) 3 (5n n ) 4 (5n 3 n ) 3n+ 3 4 3n+ 3 4 + n+ 4 8 5 n + n 3n 4 8 3 4 4. 5 n p
Par conséquent, on obtient V n A N V + Vn 3 + n+3 3n+ 3 + n+ 3n+ 3 + n+ 3n 3 + 7 8 3 n+ 3 4 3n+ + 5n+ 4 3 + 7 8 3 n+ 3 4 3n+ + 5n+ 4 3 + 7 8 3 n 3 4 3n + 5n 4 Or, par définition, V n u n+ u n+ u n. + 5 n+ 4 8 + n+ 5 n+. Conséquemment, on a 3n+ 3 4 3n+ 3 4 + n+ 4 8 5 n + n 3n 4 8 3 4 u n 3 8 + 7 3 n 3 4 3n + 5n 4. 4
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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 (5 5 + 55 6), 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 : 4 9 3 α β γ 5 4 5 4 4 3 4 9 4 4. 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. 3 4 43