Nouveau

🤔 Bloqué sur un exercice ou une notion de cours ? Échange avec un prof sur le tchat !Découvrir  →

Sujet 11 - Exercice 1

25 min
40
On considère la suite (un)\left(u_n\right) définie par : u0=1u_0=1 ; u1=2u_1=2 et pour tout entier naturel nn, on a : un+2=12un+12un+1u_{n+2}=\frac{1}{2}u_{n}+\frac{1}{2}u_{n+1}.
On pose, pour tout entier naturel nn, Xn=(un+1un)X_n=\left( \begin{array}{c}u_{n+1} \\ u_n \end{array}\right) .
Question 1

D'après la matrice AA de M2(R)M_2\left(\mathbb{R}\right) telle que : ∀n∈N\forall n\in \mathbb{N}, Xn+1=AXnX_{n+1}=AX_n .

Correction
∀n∈N, Xn+1=(un+2un+1)\forall n\in \mathbb{N},\ X_{n+1}=\left( \begin{array}{c}u_{n+2} \\ u_{n+1} \end{array}\right)
Xn+1=(12un+12un+1un+1)X_{n+1}=\left( \begin{array}{c}\frac{1}{2}u_n+\frac{1}{2}u_{n+1} \\ u_{n+1} \end{array}\right)
Xn+1=(121210)(un+1un)X_{n+1}=\left( \begin{array}{cc}\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ 1 & 0 \end{array}\right)\left( \begin{array}{c}u_{n+1} \\ u_n \end{array}\right)
Donc Xn+1=AXnX_{n+1}=AX_n avec
A=(121210)A=\left( \begin{array}{cc}\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ 1 & 0 \end{array}\right)

Question 2

Montrer que, pour tout entier naturel nn non nul, on a : Xn=AnX0X_n=A^nX_0 .

Correction
Démontrons ce résultat par récurrence sur n∈N∗n\in \mathbb{N}^*.
Soit P(n)P\left(n\right) l'égalité Xn=AnX0X_n=A^nX_0 .
Initialisation :
Pour n=1n=1, on a : X1=AX0X_1=AX_0 et nous savons également que Xn+1=AXnX_{n+1}=AX_n d'après la question 11.
Donc P(n)P\left(n\right) est vraie.
Hérédité :
Supposons P(n)P\left(n\right) vraie pour un entier nn et montrons que P(n+1)P\left(n+1\right) l'est également. par hypothèse de récurrence : Xn=AnX0X_n=A^nX_0.
D'après la question 11, nous savons que Xn+1=AXnX_{n+1}=AX_n ainsi :
Xn+1=A⋅AnX0X_{n+1}=A\cdot A^nX_0
D'où :
Xn+1=An+1X0X_{n+1}= A^{n+1}X_0

Conclusion :
P(n+1)P\left(n+1\right) est vraie donc d'après le théorème de la récurrence, P(n)P\left(n\right) est vraie pour tout entier naturel nn non nul.
Question 3

Diagonaliser la matrice AA .

Correction
1\red{1}eˋre\red{\text{ère}} eˊtape :\text{\red{ étape :}} Déterminons le polynôme caractéristique de AA
PA(λ)=det(A−λI2) P_A\left(\lambda \right)={\mathrm{det} \left(A-\lambda I_2\right)\ }
PA(λ)=∣12−λ121−λ∣P_A\left(\lambda \right)=\left| \begin{array}{cc}\frac{1}{2}-\lambda & \frac{1}{2} \\ 1 & -\lambda \end{array}\right|
PA(λ)=(12−λ)×(−λ)−12P_A\left(\lambda \right)=\left(\frac{1}{2}-\lambda\right)\times\left(-\lambda\right)-\frac{1}{2}
PA(λ)=λ2−12λ−12P_A\left(\lambda \right)=\lambda^2-\frac{1}{2}\lambda -\frac{1}{2}
PAP_A est de degré 22 et admet 22 racines distinctes : λ1=−12\lambda_1=-\frac{1}{2} et λ2=1\lambda_2=1 donc la matrice AA est diagonalisable.
2\red{2}eˋme\red{\text{ème}} eˊtape :\text{\red{ étape :}} Recherche des sous-espaces propres.
Déterminons une base du sous-espace propre E1{\color{blue}{E_1}} associée à la valeur propre λ1=−12{\color{blue}{\lambda_1=-\frac{1}{2}}}
Posons X=(x1x2)X=\left( \begin{array}{c}x_1 \\ x_2 \end{array}\right) où (x1;x2)∈R2\left(x_1;x_2\right)\in {\mathbb{R}}^2, il vient : AX=λ1XAX={\lambda }_1X
AX=−12⋅X⟺(121210)(x1x2)=−12(x1x2)AX=-\frac{1}{2}\cdot X\Longleftrightarrow \left( \begin{array}{cc}\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ 1 & 0 \end{array}\right)\left( \begin{array}{c}x_1 \\ x_2 \end{array}\right)=-\frac{1}{2}\left( \begin{array}{c}x_1 \\ x_2 \end{array}\right)
AX=−12⋅X⟺{12x1+12x2=−12x1x1=−12x2AX=-\frac{1}{2}\cdot X\Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{ccc}\frac{1}{2}x_1+\frac{1}{2}x_2 & = & -\frac{1}{2}x_1 \\ x_1 & = & -\frac{1}{2}x_2 \end{array}\right.
AX=−12⋅X⟺x1+12x2=0AX=-\frac{1}{2}\cdot X\Longleftrightarrow x_1+\frac{1}{2}x_2=0
D'où : E1={(x1;x2)∈R2;x1+12x2=0}E_1=\left\{\left(x_1;x_2\right)\in {\mathbb{R}}^2;x_1+\frac{1}{2}x_2=0\right\}
E1={(x1;x2)∈R2;x1=−12x2}E_1=\left\{\left(x_1;x_2\right)\in {\mathbb{R}}^2;x_1=-\frac{1}{2}x_2\right\}
E1={(−12x2;x2);x2∈R}E_1=\left\{\left(-\frac{1}{2}x_2;x_2\right);x_2\in \mathbb{R}\right\}
E1={x2(−1;1);x2∈R}E_1=\left\{x_2\left(-1;1\right);x_2\in \mathbb{R}\right\}
E1=Vect{(−12;1)}E_1=\text{Vect}\left\{\left(-\frac{1}{2};1\right)\right\} . Afin de ne pas avoir d'écriture rationnelle on peut également écrire que : E1=Vect{(1;−2)}E_1=\text{Vect}\left\{\left(1;-2\right)\right\}
Posons
e1′(1;−2)e'_1\left(1;-2\right)
. Le sous-espace propre E1E_1 est engendré par e1′e'_1 .
Déterminons une base du sous-espace propre E2{\color{blue}{E_2}} associée à la valeur propre λ2=1{\color{blue}{\lambda_2=1}}
Posons X=(x1x2)X=\left( \begin{array}{c}x_1 \\ x_2 \end{array}\right) où (x1;x2)∈R2\left(x_1;x_2\right)\in {\mathbb{R}}^2, il vient : AX=λ2XAX={\lambda }_2X
AX=1⋅X⟺(121210)(x1x2)=1⋅(x1x2)AX=1\cdot X\Longleftrightarrow \left( \begin{array}{cc}\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ 1 & 0 \end{array}\right)\left( \begin{array}{c}x_1 \\ x_2 \end{array}\right)=1\cdot\left( \begin{array}{c}x_1 \\ x_2 \end{array}\right)
AX=1⋅X⟺{12x1+12x2=x1x1=x2AX=1\cdot X\Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{ccc}\frac{1}{2}x_1+\frac{1}{2}x_2 & = & x_1 \\ x_1& = & x_2 \end{array}\right.
AX=1⋅X⟺{−12x1+12x2=0x1−x2=0AX=1\cdot X\Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{ccc}-\frac{1}{2}x_1+\frac{1}{2}x_2 & = & 0 \\ x_1-x_2& = & 0 \end{array}\right.
AX=1⋅X⟺x1−x2=0AX=1\cdot X\Longleftrightarrow x_1-x_2=0
D'où : E2={(x1;x2)∈R2;x1−x2=0}E_2=\left\{\left(x_1;x_2\right)\in {\mathbb{R}}^2;x_1-x_2=0\right\}
E2={(x1;x2)∈R2;x1=x2}E_2=\left\{\left(x_1;x_2\right)\in {\mathbb{R}}^2;x_1=x_2\right\}
E2={(x2;x2);x2∈R}E_2=\left\{\left(x_2;x_2\right);x_2\in \mathbb{R}\right\}
E2={x2(1;1);x2∈R}E_2=\left\{x_2\left(1;1\right);x_2\in \mathbb{R}\right\}
E2=Vect{(1;1)}E_2=\text{Vect}\left\{\left(1;1\right)\right\}
Posons
e2′(1;1)e'_2\left(1;1\right)
. Le sous-espace propre E2E_2 est engendré par e2′e'_2 .
3\red{3}eˋme\red{\text{ème}} eˊtape :\text{\red{ étape :}} Montrons que la famille B=(e1′,e2′)B=\left(e'_1,e'_2\right) est une base de R2{\mathbb{R}}^2 .
Les vecteurs e1′(1;−2)e'_1\left(1;-2\right) et e2′(1;1)e'_2\left(1;1\right) ne sont pas colinéaires.
La famille B=(e1′,e2′)B=\left(e'_1,e'_2\right) est une famille libre de R2{\mathbb{R}}^2 et comme dim⁡(R2)=2\dim \left({\mathbb{R}}^2\right)=2.
Alors B=(e1′,e2′)B=\left(e'_1,e'_2\right) est bien une base de R2{\mathbb{R}}^2 .
4\red{4}eˋme\red{\text{ème}} eˊtape :\text{\red{ étape :}} Déterminons la matrice de passage de la base canonique de R2{\mathbb{R}}^2 à la base BB .
Exprimons les vecteurs e1′e'_1 et e2′e'_2 à l'aide des vecteurs de la base canonique de R2{\mathbb{R}}^2 .
Les vecteurs e1(1;0)e_1\left(1;0\right) et e2(0;1)e_2\left(0;1\right) sont les vecteurs de la base canonique de R2{\mathbb{R}}^2 .
e1′(1;−2)=1×(1;0)−2×(0;1)e'_1\left(1;-2\right)=\red{1}\times\left(1;0\right)\pink{-2}\times\left(0;1\right) autrement dit e1′=1e1−2e2e'_1=\red{1}e_1\pink{-2}e_2
e2′(1;1)=1×(1;0)+1×(0;1)e'_2\left(1;1\right)={\color{blue}{1}}\times\left(1;0\right)+\green{1}\times\left(0;1\right) autrement dit e2′=1e1+1e2e'_2={\color{blue}{1}}e_1+\green{1}e_2.
Ainsi :
P=(11−21)P=\left( \begin{array}{cc}\red{1} & {\color{blue}{1}} \\ \pink{-2} & \green{1} \end{array}\right)

5\red{5}eˋme\red{\text{ème}} eˊtape :\text{\red{ étape :}} calcul de la matrice inverse de PP notée P−1P^{-1} .
Nous ne détaillons pas le calcul de P−1P^{-1} ( ne pas hésiter à reprendre la vidéo sur les matrices inverses ci-besoin)
P−1=(13−132313)P^{-1}=\left( \begin{array}{cc}\frac{1}{3} & -\frac{1}{3} \\ \frac{2}{3} & \frac{1}{3} \end{array}\right)
6\red{6}eˋme\red{\text{ème}} eˊtape :\text{\red{ étape :}} Calcul de la matrice diagonale DD .
La matrice AA est diagonalisable si AA est semblable a une matrice diagonale DD c'est à dire : D=P−1APD=P^{-1}AP.
On a donc :
D=(13−132313)(121210)(11−21)D=\left( \begin{array}{cc}\frac{1}{3} & -\frac{1}{3} \\ \frac{2}{3} & \frac{1}{3} \end{array}\right)\left( \begin{array}{cc}\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ 1 & 0 \end{array}\right)\left( \begin{array}{cc}\red{1} & {\color{blue}{1}} \\ \pink{-2} & \green{1} \end{array}\right)
D=(λ100λ2)D=\left( \begin{array}{cc}\lambda_1 & 0 \\ 0& \lambda_2 \end{array}\right)
Ainsi :
D=(−12001)D=\left( \begin{array}{cc}-\frac{1}{2} & 0 \\ 0& 1 \end{array}\right)

Question 4

En déduire, pour tout entier naturel nn non nul, AnA^n .

Correction
Comme D=P−1APD=P^{-1}AP alors A=PDP−1A=PDP^{-1} .
Par récurrence immédiate : ∀n∈N∗\forall n\in {\mathbb{N}}^* , Dn=((−12)n001)D^n=\left( \begin{array}{cc}{\left(-\frac{1}{2}\right)}^n & 0 \\ 0 & 1 \end{array}\right)
Or An=PDP−1⋅PDP−1⋯PDP−1⏟n foisA^n=\underbrace{PDP^{-1}\cdot PDP^{-1}\cdots PDP^{-1}}_{n \text{ fois}} ainsi An=PDnP−1A^n=PD^nP^{-1}
Après les opérations numériques, on obtient :
An=(23+13(−12)n13−13(−12)n23−23(−12)n12+23(−12)n)A^n=\left( \begin{array}{cc}\frac{2}{3}+\frac{1}{3}{\left(-\frac{1}{2}\right)}^n & \frac{1}{3}-\frac{1}{3}{\left(-\frac{1}{2}\right)}^n \\ \frac{2}{3}-\frac{2}{3}{\left(-\frac{1}{2}\right)}^n & \frac{1}{2}+\frac{2}{3}{\left(-\frac{1}{2}\right)}^n \end{array}\right)

Question 5

A l'aide des questions précédentes, déterminer l'expression de (un)\left(u_n\right) en fonction de nn puis la limite de la suite (un)\left(u_n\right).

Correction
D'après la question 22, nous avons démontré que, pour tout entier naturel nn non nul, on a : Xn=AnX0X_n=A^nX_0 .
il vient alors que :
(un+1un)=(23+13(−12)n13−13(−12)n23−23(−12)n12+23(−12)n)(u1u0)\left( \begin{array}{c}u_{n+1} \\ u_n \end{array}\right)=\left( \begin{array}{cc}\frac{2}{3}+\frac{1}{3}{\left(-\frac{1}{2}\right)}^n & \frac{1}{3}-\frac{1}{3}{\left(-\frac{1}{2}\right)}^n \\ \frac{2}{3}-\frac{2}{3}{\left(-\frac{1}{2}\right)}^n & \frac{1}{2}+\frac{2}{3}{\left(-\frac{1}{2}\right)}^n \end{array}\right)\left( \begin{array}{c}u_{1} \\ u_0 \end{array}\right)
(un+1un)=(23+13(−12)n13−13(−12)n23−23(−12)n12+23(−12)n)(21)\left( \begin{array}{c}u_{n+1} \\ u_n \end{array}\right)=\left( \begin{array}{cc}\frac{2}{3}+\frac{1}{3}{\left(-\frac{1}{2}\right)}^n & \frac{1}{3}-\frac{1}{3}{\left(-\frac{1}{2}\right)}^n \\ \frac{2}{3}-\frac{2}{3}{\left(-\frac{1}{2}\right)}^n & \frac{1}{2}+\frac{2}{3}{\left(-\frac{1}{2}\right)}^n \end{array}\right)\left( \begin{array}{c}2 \\ 1 \end{array}\right)
(un+1un)=(2(23+13(−12)n)+13−13(−12)n2(23−23(−12)n)+12+23(−12)n)\left( \begin{array}{c}u_{n+1} \\ u_n \end{array}\right)=\left( \begin{array}{c}2\left(\frac{2}{3}+\frac{1}{3}{\left(-\frac{1}{2}\right)}^n\right)+\frac{1}{3}-\frac{1}{3}{\left(-\frac{1}{2}\right)}^n \\ 2\left(\frac{2}{3}-\frac{2}{3}{\left(-\frac{1}{2}\right)}^n\right)+\frac{1}{2}+\frac{2}{3}{\left(-\frac{1}{2}\right)}^n \end{array}\right)
(un+1un)=(43+23(−12)n+13−13(−12)n43−43(−12)n+12+23(−12)n)\left( \begin{array}{c}u_{n+1} \\ u_n \end{array}\right)=\left( \begin{array}{c}\frac{4}{3}+\frac{2}{3}{\left(-\frac{1}{2}\right)}^n+\frac{1}{3}-\frac{1}{3}{\left(-\frac{1}{2}\right)}^n \\ \frac{4}{3}-\frac{4}{3}{\left(-\frac{1}{2}\right)}^n+\frac{1}{2}+\frac{2}{3}{\left(-\frac{1}{2}\right)}^n \end{array}\right)
(un+1un)=(53+13(−12)n116−23(−12)n)\left( \begin{array}{c}u_{n+1} \\ u_n \end{array}\right)=\left( \begin{array}{c}\frac{5}{3}+\frac{1}{3}{\left(-\frac{1}{2}\right)}^n \\ \frac{11}{6}-\frac{2}{3}{\left(-\frac{1}{2}\right)}^n\end{array}\right)
Pour tout entier naturel nn non nul, on obtient :
un=116−23(−12)nu_n=\frac{11}{6}-\frac{2}{3}\left(-\frac{1}{2}\right)^n

Ainsi :
lim⁡n→+∞un=116\lim\limits_{n\to +\infty }u_n=\frac{11}{6}

Signaler une erreur

Aide-nous à améliorer nos contenus en signalant les erreurs ou problèmes que tu penses avoir trouvés.

Connecte-toi ou crée un compte pour signaler une erreur.