Ecricome Eco 2010 Corrigé de l'exercice 1     ( énoncé,   corrigé )

• Données : B = (e₁, e₂, e₃)
  application linéaire f_a, représentation dans la base B :

  Ma =	a + 2	−(2 a + 1)	a
  	1	0	0
  	0	1	0

  Q = x³ − (a + 2) x² + (2 a + 1) x − a
• Recherche des valeurs propres de f_a : M_a X_λ = λ X_λ avec X_λ ≠ 0
  1. résolution du système : ( M_a − λ I ) X_λ = 0
     • (a + 2 − λ ) x − (2a + 1) y + a z = 0
     • x − λ y = 0 => x = λ y
     • y − λ z = 0 => y = λ z => x = λ² z
     • substituons y et z dans la première équation :
     • => (a + 2 − λ ) λ² z − (2a + 1) λ z + a z = 0
     • [ (a + 2 − λ ) λ² − (2a + 1) λ + a ] z = 0
     • si (a + 2 − λ ) λ² − (2a + 1) λ + a ≠ 0 alors z = 0 donc x = 0 et y = 0 : pas de vecteur propre.
     • Il existe un vecteur propre si (a + 2 − λ ) λ² − (2a + 1) λ + a = 0
     • − λ³ + (a + 2) λ² − (2a + 1) λ + a = 0 = − Q(λ)
  2. Q(λ=1) = 1 − ( a + 2 ) + (2 a + 1) − a = 0
     x = 1 étant une racine de Q(x), on peut factoriser ( x − 1 )
     attention : "a" est déjà employé dans l'énoncé, il vaut mieux utiliser les lettres grecques α, β, γ.
     on peut écrire Q sous la forme Q = ( x − 1 ) ( α x² + β x + γ )
  3. développement et identification des coefficients :
     • α x³ − α x² + β x² − β x + γ x − γ = x³ − (a + 2) x² + (2 a + 1) x − a
     • α x³ + ( β − α ) x² + ( γ − β ) x − γ = x³ − (a + 2) x² + (2 a + 1) x − a
     • constante : γ = a
     • coeff. de x : γ − β = 2 a + 1   =>   β = γ − 2 a − 1 = − a − 1
     • coeff. de x² : β − α = −a − 2 => α = β + a + 2 = 1
     • coeff. de x³ : α = 1
     • vérification : on a trouvé 2 fois α = 1 : OK
     • Q = ( x − 1 ) ( x² − (a + 1 ) x + a )
     • Δ = ( a + 1 )² − 4 a = a² + 2 a + 1 − 4 a = a² − 2 a + 1 = ( a − 1 )²
     • racines = [ ( a + 1 ) ± ( a − 1 ) ] / 2 = { a, 1 }
     • Q = ( x − 1 )² ( x − a )
       • si a ≠ 1 : il a une racines simple x=a et un racine double x=1
       • si a = 1 : il a une racine triple x=1
  4. Pour a = 1 : Q a une seule racine triple.
     • raisonnement par l'absurde :
     • Si elle était diagonalisable, la matrice diagonale serait I.
     • Et la transformée de I : M₁ = P⁻¹ I P = I ≠ M₁ contradictoire
     • Donc la matrice M₁ n'est pas diagonalisable.
• Réduction de la matrice M_a : B' = (e'₁, e'₂, e'₃)
  e'₁ = a² e₁ + a e₂ + e₃
  e'₂ = e₁ + e₂ + e₃
  e'₃ = 2 e₁ + e₂
  1. B' est une base de E si c'est une famille libre : x' e'₁ + y' e'₂ + z' e'₃ = 0 => x' = y' = z' = 0
     • x' ( a² e₁ + a e₂ + e₃ ) + y' ( e₁ + e₂ + e₃ ) + z' ( 2 e₁ + e₂ ) = 0
     • ( x' a² + y' + 2 z' ) e₁ + ( x' a + y' + z' ) e₂ + ( x' + y' ) e₃ = 0
     • comme B = ( e₁, e₂, e₃) est un système libre
       les coefficients dces 3 vecteurs sont nuls :
       x' a² + y' + 2 z' = 0
       x' a + y' + z' = 0
       x' + y' = 0 => y' = −x'
       => z' = −a x' + x'
       => a² x' − x' + 2 (−a + 1) x' = 0
       => ( a² − 1 − 2 a + 2 ) x' = 0
       => ( a² − 2 a + 1 ) x' = 0
       => ( a − 1 )² x' = 0
       comme a ≠ 1 => ( a − 1 ) ≠ 0 => x' = 0 => y' = 0 => z' = 0
       card(B') = dim(E) et B' libre => B' est une base de E
  2. e'₁ est un vecteur propre de f_a : si f_a(e'₁) = λ e'₁ ou, dans la base B : M_a e'₁ = λ e'₁
     M_a e'₁ = ( (a + 2)a² −(2a + 1) a + a , a² , a ) = ( a³ + 2a² − 2a² − a + a , a² , a ) = ( a³, a² , a ) = a e'₁
     e'₁ est un vecteur propre pour la valeur propre λ=a
  3. F de base = (e'₂, e'₃) est stable par f_a : f_a(F) inclus dans F
     • Si f_a(e'₂) et f_a(e'₃) appartiennent à F, alors F est stable
     • Dans la base B : f_a(e'₂) = M_a e'₂
     • f_a(e'₂) = ( a + 2 − 2a − 1 + a, 1, 1 ) = ( 1, 1, 1 ) = e'₂ appartient à F
     • f_a(e'₃) = ( 2a + 4 − 2a − 1 , 2, 1 ) = ( 3, 2, 1 ) = e'₂ + e'₃ appartient à F
     • f_a(y e'₂ + z e'₃) = y f_a(e'₂) + z f_a(e'₃) appartient à F
  4. expression de T_a matrice de f_a dans la base B'
     Les colonnes de T_a sont constituées de f_a(vecteurs de la base B')

     Ta =	a	0	0
     	0	1	1
     	0	0	1

  5. démontrer par récurrence que

     Tan =	an	0	0
     	0	1	n
     	0	0	1

     • vrai pour n = 0 et n = 1
     • si vrai pour T_aⁿ, alors T_aⁿ⁺¹ = T_a T_aⁿ

       Tan+1 =	an+1	0	0
       	0	1	n+1
       	0	0	1

     • donc T_aⁿ est de la forme proposée quelque soit n
• Etude d'une suite récurrente linéaire
  u₀ = 1 ; u₁ = −1 ; u₂ = 0 ; avec : u_n+3 = 4 u_n+2 − 5 u_n+1 + 2 u_n
  1. Nouvelle inconnue qui rend la suite géométrique : le vecteur (u_n+3, u_n+2, u_n+1)
     • u_n+3 = 4 u_n+2 − 5 u_n+1 + 2 u_n
     • u_n+2 = u_n+2
     • u_n+1 = u_n+1

       Soit : Cn+1 =	un+3	=	4	−5	2	×	un+2	=	M2 × Cn
       	un+2		1	0	0		un+1
       	un+1		0	1	0		un

  2. suite géométrique de raison M₂ : C_n = M₂ⁿ C₀
     Y_B = Matrice_B(f) X_B = Matrice_B(B') × Matrice_B'(f) × Matrice_B'(B) X_B
     => M₂ = P₂ T₂ P₂⁻¹
     • vrai pour n = 0 et 1
     • si vrai pour n : C_n = P₂ T₂ⁿ P₂⁻¹ C₀
       alors C_n+1 = M₂ C_n = P₂ T₂ P₂⁻¹ P₂ T₂ⁿ P₂⁻¹ C₀
       alors C_n+1 = M₂ C_n = P₂ T₂ T₂ⁿ P₂⁻¹ C₀ = P₂ T₂ⁿ⁺¹ P₂⁻¹ C₀
     • donc C_n = P₂ T₂ⁿ P₂⁻¹ C₀ est vraie pour tout n ≥ 0
  3. calcul de P₂⁻¹ : P₂⁻¹ Y = I X <=> I Y = P₂ X

     P2 =	4	1	2	I =	1	0	0	L3 → L1
     	2	1	1		0	1	0	L1 − 2 L2 → L2
     	1	1	0		0	0	1	L1 − 4 L3 → L3

     	1	1	0		0	0	1	L1 + L2 → L1
     	0	−1	0		1	−2	0	−L2 → L2
     	0	−3	2		1	0	−4	L3 − 3 L2 → L3

     	1	0	0		1	−2	1
     	0	1	0		−1	2	0
     	0	0	2		−2	6	−4	L3 / 2 → L3

     I =	1	0	0	P2−1 =	1	−2	1
     	0	1	0		−1	2	0
     	0	0	1		−1	3	−2

     P2−1 C0 =	1	−2	1	×	u2 = 0	=	3
     	−1	2	0		u1 = −1		−2
     	−1	3	−2		u0 = 1		−5

     T2n P2−1 C0 =	2n	0	0	×	3	=	3×2n
     	0	1	n		−2		−2 − 5 n
     	0	0	1		−5		−5

     un+2	= Cn = P2 T2n P2−1 C0 =	4	1	2	×	3×2n	=	...
     un+1		2	1	1		−2 − 5 n		...
     un		1	1	0		−5		3×2n −2 − 5 n

  4. suite divergente par le terme de plus haut degré : 2ⁿ
     u_n = 2ⁿ ( 3 −2/2ⁿ − 5 n/2ⁿ ) ∼ 3×2ⁿ

retour aux menus :   ecricome 2010   cours particuliers   prépa HEC éco