Cours prépa. HEC du 27 Avril 2012

Cours du 27 Avril 2012 Correction de l'écricome 2012 Exercice 1 ( Sujet, Corrigé de P. Veuillez )

(1) démontrer U_n = L + Aⁿ ( U₀ − L ) ( → Voir le corrigé de P. Veuillez )
- définition par récurrence : U_n+1 = A U_n + B
  c'est une suite arithmético-géométrique (mais avec des matrices)
- définition du point fixe L : L = A L + B
- remarque : par soustraction des 2 définitions, on se ramène à une suite géométrique V_n = U_n − L
  ( U_n+1 − L ) = A ( U_n − L ) donc : ( U_n − L ) = Aⁿ ( U₀ − L )
- vérification pour n = 0 : L + A⁰ ( U₀ − L ) = L + I ( U₀ − L ) = L + U₀ − L = U₀
- récurrence : si U_n = L + Aⁿ ( U₀ − L )
  alors U_n+1 = A U_n + B = A [ L + Aⁿ ( U₀ − L ) ] + B = A L + Aⁿ⁺¹ ( U₀ − L ) + B
  or A L + B = L
  donc : U_n+1 = L + Aⁿ⁺¹ ( U₀ − L ) La relation est vraie au rang suivant.

(2) Im(b) vérifie l'équation : − x + y + z = 0 ( plus facile que le corrigé de P. Veuillez )

L'image de b est formée par la famille génératrice des colonnes de B : ( b(i), b(j), b(k) )
Vect( (3, 1, 2) , (−1, 0, −1) , (−2, −1, −1) )
− x + y + z = 0 est un plan que j'appelle P. Soit x = y + z
- une seule équation pour 3 coordonnées : il reste 2 dimensions de libres
- un vecteur quelconque de P est ( y+z, y, z ) = y (1, 1, 0) + z (1, 0, 1)
- P est formé par : Vect( (1, 1, 0) , (1, 0, 1) ) qui est une base.

Comparaison des 2 bases : génératrice de Im(b) en fonction de la base de P

(3, 1, 2)	=	1	×	(1, 1, 0)	+ 2	×	(1, 0, 1)
(−1, 0, −1)	=	0	×	(1, 1, 0)	− 1	×	(1, 0, 1)
(−2, −1, −1)	=	− 1	×	(1, 1, 0)	− 1	×	(1, 0, 1)

donc la famille formée des colonnes de B est liée, de dimension au plus 2
la base de Im(b) s'exprime en fonction de celle de P : Im(b) est donc incluse dans P
une base de Im(b) est : Vect( (−1, 0, −1) , (−2, −1, −1) )
donc Im(b) est de dimension 2 égale à la dimension de P
donc Im(b) = P

On fait de même pour les vecteurs colonnes de ( I − A ) :

(6/6, 4/6, 2/6)	=	4/6	×	(1, 1, 0)	+ 2/6	×	(1, 0, 1)
(−3/6, 0, −3/6)	=	0	×	(1, 1, 0)	− 3/6	×	(1, 0, 1)
(−3/6, −4/6, 1/6)	=	−4/6	×	(1, 1, 0)	+ 1/6	×	(1, 0, 1)

.......
donc Im( Id − a ) = P

(3) base de vecteurs propres de a ( → Voir le corrigé de P. Veuillez )
- les vecteurs propres sont formés par les vecteurs colonnes de la matrice de passage P
- remarque : j'écris ^t(1, 1, 1) au lieu de (1, 1, 1) pour dire que c'est un vecteur colonne (transposé du vecteur ligne)
- on calcule a( ^t(1, 1, 1) ) = A × ^t(1, 1, 1) = ^t(1, 1, 1)
  donc le vecteur (1, 1, 1) est propre pour la valeur propre 1
- on calcule a( ^t(1, 0, 1) ) = A × ^t(1, 0, 1) = (1/2) ^t(1, 0, 1)
  donc le vecteur (1, 0, 1) est propre pour la valeur propre 1/2
- on calcule a( ^t(0, −1, 1) ) = A × ^t(0, −1, 1) = (1/3) ^t(0, −1, 1)
  donc le vecteur (0, −1, 1) est propre pour la valeur propre 1/3
- les valeurs propres de A étant distinctes : les vecteurs propres forment une base propre de a
(4) D = matrice diagonale avec les valeurs propres : 1, 1/2, 1/3
(4) B dans la base propre (vecteurs colonnes de P) : B' = P⁻¹ B P
- On peut inverser P (on en aura besoin dans la suite) et calculer B' par la formule ci-dessus
- on peut aussi exprimer b(vecteurs propres) dans la base des vecteurs propres ( → Voir le corrigé de P. Veuillez )
(5) démontrer : Aⁿ = P Dⁿ P⁻¹
- c'est du cours, ( → Voir le corrigé de P. Veuillez )
(6) décomposer Aⁿ en 3 matrices ( → Voir le corrigé de P. Veuillez )
- A étant semblable à la matrice D,
  on décompose D en 3 matrices avec chacune un seul terme non nul égal à une valeur propre.
- D = 1 × E' + 1/2 × F' + 1/3 × G'
- Dⁿ = 1ⁿ × E' + 1/2ⁿ × F' + 1/3ⁿ × G'
- remarque : les produits E' × F', E' × G', F' × G' sont tous nuls
  seuls produits ≠ 0 : E'² = E' , F'² = F' , G'² = G'
- on multiplie par P à gauche et P⁻¹ à droite pour transformer D en A et Dⁿ en Aⁿ
- E' devient E = P E' P⁻¹, F = P F' P⁻¹, G = P G' P⁻¹
- Aⁿ = 1ⁿ × E + 1/2ⁿ × F + 1/3ⁿ × G
(7) calculer L' tel que L' = D L' + B' ( point fixe dans la base propre de A ) ( → Voir le corrigé de P. Veuillez )
erreur de recopie dans l'expression de L' ( il faut remplacer p, q, r par 2, −2, 3/2 )
(8) Comme toujours, on multiplie à gauche par P et à droite par P⁻¹ pour revenir à la base de départ ( base canonique )
( → Voir le corrigé de P. Veuillez )
(9) Etablir que E × L = 0
Comme nous n'avons pas L explicitement, nous allons calculer que E' × L' = 0 dans la base propre
Puis multiplier à gauche par P et à droite par P⁻¹ pour revenir à E et L
( → Voir le corrigé de P. Veuillez )
(10) limite quand n → +∞ ( → Voir le corrigé de P. Veuillez )
- on utilise l'expression : Aⁿ = 1ⁿ × E + 1/2ⁿ × F + 1/3ⁿ × G de la question 6
- Les termes 1/2ⁿ et 1/3ⁿ tendent vers 0
- Aⁿ → E
- d'après le résultat de la question (1) : U_n = L + Aⁿ ( U₀ − L )
  U_n → L + E ( U₀ − L ) = E U₀ + L − E L
- Mais on vient de démontrer à la question 9 que E L = 0
  donc U_n → E U₀ + L
Conclusion : on fait pratiquement tous les calculs dans la base propre de a dont la matrice est alors D
on revient à la fin dans la base canonique par : "multiplier à gauche par P et à droite par P⁻¹"
C'est la méthode classique pour avoir des calculs les plus simples possibles sur les matrices.
notation "petit o" o(x), o(x²) :
- f = o(g) au voisinage de x₀ <=> f(x)/g(x) → 0 quand x → x₀
- exemple : D. L. de e^x au voisinage de 0
  - e^x = 1 + x + x² / 2 + x³ / 6 + ...
  - e^x = 1 + x + x² / 2 + x² ( x / 6 + ... )
  - e^x = 1 + x + x² / 2 + h(x)
  - limite h(x) / x² = limite x / 6 = 0
  - e^x = 1 + x + x² / 2 + o(x²)
- "grand O" : f = O(g) au voisinage de x₀ <=> f(x)/g(x) est borné sur un voisinage de x₀
intégration par changement de variable :
- ∫ f(x) dx ?
- si : f(x) = g(u(x)) u'(x), alors on peut simplifier l'intégration en changeant de variable : u au lieu de x
- du = u' dx
- ∫ f(x) dx = ∫ g(u(x)) u'(x) dx = ∫ g(u(x)) du
intégration par partie :
- ∫ f(x) dx ?
- si : f(x) = u'(x) v(x),
  - où u'(x) est facile à intégrer (e^x par exemple)
  - et v(x) se simplifie en dérivant (xⁿ ou ln(x) par exemple)
  - alors on peut simplifier l'intégration en changeant de variable : u au lieu de x
- ∫ f(x) dx = ∫ u'(x) v(x) dx = [ u(x) v(x) ] − ∫ u(x) v'(x) dx

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