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Exercice 1  5154  

(Suite récurrente linéaire)

Soit (un) une suite réelle vérifiant, pour tout n,

un+3+3un+2-un+1-3un=0.

Pour tout n, on pose Xn3,1() la colonne de coefficients un,un+1,un+2.

  • (a)

    Déterminer une matrice A3() telle que Xn+1=AXn.

  • (b)

    Diagonaliser la matrice A et en déduire une expression de An valable pour n.

  • (c)

    Exprimer un en fonction de u0,u1,u2 et de n.

 
Exercice 2  3276   Correction  

On considère trois suites réelles (un), (vn) et (wn) vérifiant, pour tout n,

{un+1=-un+vn+wnvn+1=un-vn+wnwn+1=un+vn-wn.

À quelle condition sur (u0,v0,w0), ces trois suites sont-elles convergentes?

Solution

Introduisons la colonne Xn=(unvnwn)t et la matrice

A=(-1111-1111-1)

de sorte que l’on ait Xn+1=AXn et donc Xn=AnX0.
Après réduction, on a A=PDP-1 avec

D=(1000-2000-2),P=(1111-1010-1).

On a alors An=PDnP-1 puis

Xn=PDnP-1X0.

La suite (Xn) converge si, et seulement si, la suite (P-1Xn) converge. Or

P-1Xn=DnP-1X0

converge si, et seulement si, les deux dernières coefficients de la colonne P-1X0 sont nuls ce qui donne X0 de la forme

X0=P(λ00)=(λλλ).

Finalement, les suites (un)n0, (vn)n0 et (wn)n0 convergent si, et seulement si, u0=v0=w0 (et ces suites sont alors en fait constantes…)

 
Exercice 3  4358   

On considère trois suites réelles (xn), (yn) et (zn) vérifiant, pour tout n,

(Σ):{xn+1=2xn+yn+znyn+1=xn-yn+znzn+1=xn+yn-zn.

À quelle condition sur (x0,y0,z0), ces trois suites convergent-elles?

 
Exercice 4  3672   Correction  

Soit (a0,,ap-1)p. On suppose que 1 est racine simple du polynôme

P(X)=Xp-(ap-1Xp-1++a1X+a0).

On suppose la convergence d’une suite (un)n déterminée par ses p premiers termes u0,,up-1 et la relation de récurrence

un+p=ap-1un+p-1++a1un+1+a0un.

Déterminer la limite de (un)n.

Solution

Introduisons la colonne Xn=(unun+1un+p-1)t. On vérifie Xn+1=AXn avec

A=(01(0)(0)01a0a1ap-1).

Pour déterminer la limite de (un), on va chercher une constance le long de la dynamique. Il parait naturel de la considérer linéaire et fonction de p termes consécutifs de la suite. Nous cherchons donc une ligne Lp,1() telle que LXn+1=LXn. Il suffit pour cela de déterminer L vérifiant L=LA et donc de trouver Lt vecteur propre de At associé à la valeur propre 1. Après calculs, on obtient

L=(a0a0+a1a0++ap-1)

sachant P(1)=1-(a0++ap-1)=0.
En posant la limite de la suite (un)n, la relation LXn=LX0 donne à la limite

(k=0p-1(p-k)ak)=k=0p-1(akj=0kuj).

Puisque 1 est racine simple de P,

P(1)=p-k=0p-1kak=k=0p-1(p-k)ak0

et donc

=1P(1)k=0p-1ak(j=0kuj).
 
Exercice 5  3270      X (MP)Correction  
  • (a)

    Déterminer les entiers k pour lesquelles l’équation

    eiθ+eikθ=1

    admet au moins une solution θ.

  • (b)

    Soit Sk l’ensemble des suites réelles u telles que

    n,un+k=un+un+k-1.

    À quelle condition sur k, Sk contient-il une suite périodique non nulle.

Solution

  • (a)

    Supposons que l’équation étudiée admet une solution θ.
    En passant aux parties réelle et imaginaire, on obtient

    {cos(θ)+cos(kθ)=1sin(θ)+sin(kθ)=0.

    La deuxième équation donne

    θ-kθ[2π] ou θπ-kθ[2π].

    Si θπ-kθ[2π] alors cos(θ)+cos(kθ)=0 et le système initial n’est pas vérifié.
    Si θ-kθ[2π] alors

    cos(θ)+cos(kθ)=1cos(θ)=1/2

    ce qui donne θπ/3[2π] ou θ-π/3[2π].

    Cas: θπ/3[2π]. On obtient

    {θ=π/3+2pπ(k+1)θ=2qπ

    avec p,q.
    On a alors

    (6p+1)(k+1)=6.

    Puisque 6(6p+1)=1, le théorème de Gauss donne 6(k+1).
    Inversement, si 6(k+1) alors on peut écrire k+1=6 et pour θ=π/3

    eiπ/3+ei(6-1)π/3=eiπ/3+e-iπ/3=1

    donc l’équation étudiée admet au moins une solution.

    Cas: θ-π/3[2π]. Une étude semblable conduit à la même condition.
    Finalement, l’équation étudiée possède une solution réelle si, et seulement si,

    6(k+1)
  • (b)

    Supposons que 6 divise k+1. Pour θ=π/3 on a

    eiθ+eikθ=1

    donc en multipliant par e-ikθ

    e-ikθ=1+e-i(k-1)θ.

    La suite v de terme général vn=e-inθ vérifie alors

    n,vn+k=vn+vn+k-1

    et donc la suite u=Re(v) est un élément non nul de Sk. Puisque

    un=cos(nπ3)

    la suite u est périodique et non nulle.
    Inversement, montrons qu’il est nécessaire que 6 divise k+1 pour qu’il existe une suite périodique non nulle dans Sk. On vérifie aisément que Sk est un -espace vectoriel de dimension k dont une base est formée par les suites e0,e1,,ek-1 déterminées par

    0nk-1,ej(n)=δn,jetn,ej(n+k)=ej(n)+ej(n+k-1).

    Considérons l’endomorphisme T:(un)(un+1) opérant sur .
    On vérifie aisément que T laisse stable Sk ce qui permet d’introduire l’endomorphisme induit par T sur Sk que nous noterons encore T. Affirmer l’existence d’une suite périodique non nulle dans Sk signifie que 1 est valeur propre d’une puissance Tq de T.
    La matrice de T dans la base (e0,,ek-1) est

    (000100010011)

    car T(ek-1)=ek-1+e0. Le polynôme caractéristique de T est

    χT(X)=|-X0001-X0001-X10011-X|.

    Par l’opération L1L1+XL2+X2L3++Xk-1Lk, on obtient

    χT(X)=(-1)k(Xk-Xk-1-1).

    Les valeurs propres complexes de T sont alors les racines du polynôme

    Xk-Xk-1-1.

    On vérifie que ce polynôme et son polynôme dérivé n’ont pas de racines en commun; on en déduit que T admet exactement k valeurs propres complexes distinctes. L’endomorphisme T est diagonalisable dans le cadre complexe, il en est de même de Tq dont les valeurs propres sont alors les puissances q-ième des valeurs propres de T. Ainsi, 1 est valeur propre de Tq si, et seulement si, il existe λ tel que

    λk-λk-1-1=0etλq=1.

    Un tel nombre complexe peut s’écrire λ=e-iθ et l’on parvient alors à l’existence d’une solution à l’équation

    eiθ+eikθ=1

    et donc à la condition 6(k+1).

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Édité le 08-11-2019

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