Devoir 1 et son corrigé

2014
UTBM
MT45
Devoir 1
Soit (un ) la suite dénie par la relation de récurrence un+1 =
1
un + 1 et u0 ∈ R.
2
Exercice 1.
1. Que peut-on dire de la suite (un ) si on choisit u0 = 2.
2. On choisit u0 = 3.
(a) Montrer que pour tout n, un ≥ 2.
(b) En déduire que (un ) est décroissante.
(c) Conclure que (un ) converge et calculer sa limite.
3. Quel comportement peut-on imaginer pour (un ) si u0 = 1 ?
1
1. u0 = 2 et u1 = × 2 + 1 = 2 = u0 . La suite est donc
2
stationnaire puisque u1 = u0 (un raisonnement par récurrence permet
de s'en convaincre).
Correction 1.
2. (a) Par récurrence sur n
• Initialisation : pour n = 0 on a bien u0 = 2 ≥ 0 donc la
propriété est vraie au rang n = 0.
• Hérédité : supposons la propriété vraie au rang n, c'est-à-dire
un ≥ 2. Montrons que la propriété reste vraie au rang n + 1.
1
1
On a un+1 = un + 1 ≥ × |{z}
2
+1 = 2. On a donc bien
2
2
car
un ≥ 2 ⇒ un+1 ≥ 2.
un ≥2
Par le principe de récurrence on en déduit que pour tout n ∈ N,
un ≥ 2.
1
2
(b) Pour la décroissance de (un ) on calcule un+1 −un = un +1−un =
1
− un + 1 ≤ 0 car un ≥ 2. Donc un+1 ≤ un c'est-à-dire la suite
2
(un ) est décroissante.
(c) (un ) est une suite décroissante minorée donc convergente d'après
le théorème de la convergence monotone. Notons l sa limite, i.e.
1
un → l. À partir de la dénition de (un ) on a un+1 = un + 1.
2
1
En passant à la limite il vient l = × l + 1 ce qui implique l = 2.
2
Donc on a un → 2.
1
3. En changeant le terme initial on change le comportement de la suite.
Si u0 = 1 dans ce cas on a u0 < 2 et les raisonnements précédents ne
s'appliquent plus. Par contre on peut montrer facilement que dans ce
cas un < 2 et (un ) est croissante. On en déduit l'existence d'une limite
l et le même calcul que précédemment montre que l = 2.

Exercice 2.



1 −3 6
1 0 0
Soit A =  6 −8 12  et I3 =  0 1 0  .
3 −3 4
0 0 1
1. Calculer A2 et montrer qu'il existe deux réels a et b que l'on déterminera tels que A2 = aA + bI3 .
2. En déduire que A est inversible et exprimer A−1 en fonction de A et
I3 .
3. Soient (un ) et (vn ) les deux suites dénies par les relations de récurrence: u0 = 0, v0 = 1, un+1 = −un + vn , vn+1 = 2un . Montrer par
récurrence que pour tout entier n ≥ 0, An = un A + vn I3 .
4. (a) On pose xn = un + vn . Montrer par récurrence que pour tout n,
xn = 1.
(b) On pose yn = 2un − vn . Montrer que yn = −2yn−1 . En déduire
que yn = −(−2)n .
(c) En déduire les expressions de un et vn en fonction de n.
5. Montrer que pour tout n entier
1 1
2 1
An = [ − (−2)n ]A + [ + (−2)n ]I3
3 3
3 3
Quel est l'intérêt d'une telle expression de An ? Cette expression estelle encore valide pour n = −1 ?

Correction 2.

1
3 −6
1. Un calcul direct montre que A2 = −6 10 −12.
−3 3 −2
On en déduit facilement que A2 = −A + 2I3 .
1
2
1
2
2. On a A2 = −A + 2I3 ⇔ (A2 + A) = I3 ⇔ A × (A + I3 ) = I3 . De
1
même (A + I3 )A = I3 . On a donc prouvé l'existence d'une matrice
2
A0 telle que AA0 = A0 A = I3 . Il s'agit donc de l'inverse de A et on a
1
A−1 = (A + I3 ).
2
3. On démontre le résultat par récurrence.
2
• Initialisation. Pour n = 0 on a A0 = I3 = 0 × A + 1 × I3 =
u0 A + v0 I3 . La relation est vériée pour n = 0.
• Hérédité. Supposons la relation vraie au rang n, i.e. An = un A +
vn I3 . Alors An+1 = A × An = A (un A + vn I3 ) = un A2 + vnA. Or
|
{z
}
H.R.
on sait que A2 = −A + 2I3 donc en substituant, il vient An+1 =
un (−A + 2I3 ) + vn A = (−un + vn ) A + 2un I3 . La relation est
|{z}
|
{z
=un+1
}
=vn+1
vériée au rang n + 1 (avec les dénitions de (un ) et (vn ) de
l'énoncé).
Par le principe de récurrence on en déduit que la relation est vraie pour
tout n ∈ N.
4. (a) Par récurrence.
• Initialisation. Au rang n = 0 on a x0 = u0 + v0 = 0 + 1 = 1.
• Hérédité. Au rang n on suppose xn = 1. Alors xn+1 =
un+1 + vn+1 = (−un + vn ) + 2un = un + vn = xn = 1. Donc
l'égalité est vraie au rang n + 1.
Par le principe de récurrence on en déduit que xn = 1 pour tout
n ∈ N.
(b) Par calcul direct yn+1 = 2un+1 − vn+1 = 2(−un + vn ) − 2un =
−4un + 2vn = −2(2un − vn ) = −2yn . Donc (yn ) est une suite
géométrique de raison −2 et de premier terme y0 = 2u0 −v0 = −1.
Donc yn = −(−2)n .
(c) À partir de xn = 1 et yn = −(−2)n , on peut écrire le système
suivant
1
= un + vn
−(−2)n = 2un − vn
La résolution de ce système conduit à un =
1
vn = (2 − (−2)n ).
3
1
1
(1 − (−2)n ) et
3
1
5. En remplaçant les expressions de un = (1 − (−2)n ) et vn (2 − (−2)n )
3
3
dans la relation de démontrée en 3. on trouve la relation voulue. Cette
1
relation a un sens pour n = −1 puisqu'on retrouve alors A−1 = (A +
2
I3 ) résultat obtenu à la question 2.
3

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