Ressources · Terminale · Maths expertes (option Tle)

Suites de matrices

Suites de matrices colonnes Uₙ₊₁ = AUₙ + B : rappels sur les suites arithmético-géométriques, écriture matricielle d’évolutions couplées, cas homogène Uₙ = AⁿU₀, calcul de Aⁿ avec une matrice diagonale, état stable, expression de Uₙ et convergence.

À propos de cette page

Cinq problèmes corrigés dans l’esprit du bac : bassins d’une station d’épuration, modèle proie-prédateur dans un lac avec un seuil en Python, médicament diffusé entre le sang et les tissus, escargots en deux classes d’âge, suite récurrente d’ordre 2 ramenée à une suite de matrices.

5 problèmes, du plus simple au plus difficile. Écris tes réponses, puis « Vérifier ».

Résoudre un problème : la méthode

Je traduis l’énoncé : une équation par grandeur, en comptant ce qui reste, ce qui arrive des autres compartiments et ce qui est ajouté ; puis j’écris $A$ et $B$ , et je contrôle avec $U_{1}$ .
Je trie : $B$ nulle, la suite est homogène et $U_{n} = A^{n} U_{0}$ ; sinon je cherche l’état stable $C$ en résolvant $(I - A) C = B$ et je pose $V_{n} = U_{n} - C$ .
Je calcule $A^{n}$ avec la matrice $P$ donnée : je vérifie $A P = P D$ , je calcule $P^{- 1}$ , puis $P^{- 1} U_{0}$ (ou $P^{- 1} V_{0}$ ) avant de multiplier par $D^{n}$ et par $P$ .
Je contrôle les expressions obtenues avec $n = 0$ et $n = 1$ , en les comparant aux premiers termes calculés directement.
J’interprète la limite dans le contexte (équilibre, extinction, croissance, proportions) et je cherche un seuil à la calculatrice ou avec une boucle Python à affectation simultanée.

Problème 1 · Deux bassins d’une station d’épuration★★★Moyen

Une station d’épuration comporte deux bassins, A et B, dont on relève les volumes d’eau, en m³, chaque heure. D’une heure à la suivante, le bassin A conserve 60 % de son volume et en transfère 30 % vers le bassin B, le reste étant évacué après traitement ; le bassin B conserve 50 % de son volume et en transfère 20 % vers le bassin A, le reste étant évacué. De plus, chaque heure, 500 m³ d’eau usée arrivent dans le bassin A et 150 m³ dans le bassin B. Au départ, le bassin A contient 2 600 m³ et le bassin B 1 100 m³. On note

a_{n}

b_{n}

les volumes après

n

heures,

U_{n}

= (\begin{matrix} a_{n} \\ b_{n} \end{matrix})

, et on donne

P

= (\begin{matrix} 1 & 2 \\ 1 & - 3 \end{matrix})

D

= (\begin{matrix} 0, 8 & 0 \\ 0 & 0, 3 \end{matrix})

1. Traduire l’énoncé par une relation $U_{n + 1} = A U_{n} + B$ , en justifiant chaque coefficient. Matrice $A$ : ligne du haut : et ; ligne du bas : et
Rédaction attendue. Le bassin A garde $60 %$ de son eau, reçoit $20 %$ de celle de B et $500$ m³ : $a_{n + 1} = 0, 6 a_{n} + 0, 2 b_{n} + 500$ . Le bassin B reçoit $30 %$ de A, garde $50 %$ de son eau et reçoit $150$ m³ : $b_{n + 1} = 0, 3 a_{n} + 0, 5 b_{n} + 150$ . Donc $A$ $= (\begin{matrix} 0, 6 & 0, 2 \\ 0, 3 & 0, 5 \end{matrix})$ et $B$ $= (\begin{matrix} 500 \\ 150 \end{matrix})$ .
2. $U_{1}$ : $a_{1} =$ et $b_{1} =$
$a_{1}$ $= 0, 6 \times 2 600 + 0, 2 \times 1 100 + 500$ $= 1 560 + 220 + 500$ $= 2 280$ et $b_{1}$ $= 0, 3 \times 2 600 + 0, 5 \times 1 100 + 150$ $= 780 + 550 + 150$ $= 1 480$ .
3. $U_{2}$ : $a_{2} =$ et $b_{2} =$
$a_{2} = 1 368 + 296 + 500 = 2 164$ et $b_{2} = 684 + 740 + 150 = 1 574$ .
4. Démontrer que la relation admet un unique état stable $C$ et le déterminer : et
Rédaction attendue. $C$ $= (\begin{matrix} x \\ y \end{matrix})$ vérifie $(I - A) C = B$ avec $I - A$ $= (\begin{matrix} 0, 4 & - 0, 2 \\ - 0, 3 & 0, 5 \end{matrix})$ , de déterminant $0, 4 \times 0, 5 - 0, 2 \times 0, 3$ $= 0, 14 \neq 0$ : $I - A$ est inversible, l’état stable existe et il est unique. Le système $0, 4 x - 0, 2 y = 500$ , $- 0, 3 x + 0, 5 y = 150$ devient $2 x - y = 2 500$ et $- 3 x + 5 y = 1 500$ ; avec $y = 2 x - 2 500$ : $7 x = 14 000$ , $x = 2 000$ et $y = 1 500$ .
5. Démontrer que la suite de terme général $V_{n} = U_{n} - C$ vérifie $V_{n + 1} = A V_{n}$ , puis donner $V_{0}$ : et
Rédaction attendue. $C = A C + B$ , donc $V_{n + 1}$ $= (A U_{n} + B) - (A C + B)$ $= A (U_{n} - C)$ $= A V_{n}$ . La suite $(V_{n})$ est homogène : $V_{n} = A^{n} V_{0}$ , avec $V_{0}$ $= U_{0} - C$ $= (\begin{matrix} 600 \\ - 400 \end{matrix})$ .
6. Vérifier que $A P = P D$ , puis calculer $P^{- 1} V_{0}$ : et
$A P$ $= (\begin{matrix} 0, 6 + 0, 2 & 1, 2 - 0, 6 \\ 0, 3 + 0, 5 & 0, 6 - 1, 5 \end{matrix})$ $= (\begin{matrix} 0, 8 & 0, 6 \\ 0, 8 & - 0, 9 \end{matrix})$ $= P D$ . $det (P) = - 3 - 2 = - 5$ , donc $P^{- 1}$ $= \frac{1}{5} (\begin{matrix} 3 & 2 \\ 1 & - 1 \end{matrix})$ et $P^{- 1} V_{0}$ $= \frac{1}{5} (\begin{matrix} 1 800 - 800 \\ 600 + 400 \end{matrix})$ $= (\begin{matrix} 200 \\ 200 \end{matrix})$ .
7. En déduire l’expression de $a_{n}$ sous la forme $a_{n}$ $= γ + α \times 0, 8^{n} + β \times 0, 3^{n}$ , avec $α =$ et $β =$
$A^{n} = P D^{n} P^{- 1}$ , donc $V_{n}$ $= P (\begin{matrix} 200 \times 0, 8^{n} \\ 200 \times 0, 3^{n} \end{matrix})$ $= (\begin{matrix} 200 \times 0, 8^{n} + 400 \times 0, 3^{n} \\ 200 \times 0, 8^{n} - 600 \times 0, 3^{n} \end{matrix})$ . Ainsi $a_{n}$ $= 2 000 + 200 \times 0, 8^{n} + 400 \times 0, 3^{n}$ et $b_{n}$ $= 1 500 + 200 \times 0, 8^{n} - 600 \times 0, 3^{n}$ . Pour $n = 1$ : $2 000 + 160 + 120 = 2 280$ et $1 500 + 160 - 180 = 1 480$ .
8. Limite de $(b_{n})$ , en m³ :
$0, 8^{n}$ et $0, 3^{n}$ tendent vers $0$ , donc $(a_{n})$ tend vers $2 000$ et $(b_{n})$ vers $1 500$ . À long terme, les volumes se stabilisent à $2 000$ m³ et $1 500$ m³ : les arrivées compensent les transferts et les évacuations. Cet équilibre ne dépend pas des volumes de départ.

Problème 2 · Proies et prédateurs dans un lac★★★Moyen

Dans un lac, on suit deux populations de poissons, en milliers d’individus : une espèce herbivore et une espèce prédatrice. D’une année sur l’autre, un modèle « proie-prédateur » linéaire donne

u_{n + 1} = 1, 1 u_{n} - 0, 2 v_{n}

v_{n + 1} = 0, 1 u_{n} + 0, 8 v_{n}

, où

u_{n}

est l’effectif des herbivores et

v_{n}

celui des prédateurs après

n

années, avec

u_{0} = 900

v_{0} = 400

. On pose

U_{n}

= (\begin{matrix} u_{n} \\ v_{n} \end{matrix})

P

= (\begin{matrix} 2 & 1 \\ 1 & 1 \end{matrix})

D

= (\begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & 0, 9 \end{matrix})

1. Matrice $A$ telle que $U_{n + 1} = A U_{n}$ : ligne du haut : et ; ligne du bas : et
On lit le système ligne par ligne : $A$ $= (\begin{matrix} 1, 1 & - 0, 2 \\ 0, 1 & 0, 8 \end{matrix})$ . Le coefficient $- 0, 2$ traduit l’effet des prédateurs sur les herbivores.
2. $U_{2}$ : $u_{2} =$ et $v_{2} =$
$u_{1} = 990 - 80 = 910$ et $v_{1} = 90 + 320 = 410$ , puis $u_{2} = 1 001 - 82 = 919$ et $v_{2} = 91 + 328 = 419$ .
3. Vérifier que $A P = P D$ , puis calculer l’inverse de $P$ . Coefficients de $P^{- 1}$ , ligne du haut : et ; ligne du bas : et
$A P$ $= (\begin{matrix} 2, 2 - 0, 2 & 1, 1 - 0, 2 \\ 0, 2 + 0, 8 & 0, 1 + 0, 8 \end{matrix})$ $= (\begin{matrix} 2 & 0, 9 \\ 1 & 0, 9 \end{matrix})$ et $P D$ $= (\begin{matrix} 2 & 0, 9 \\ 1 & 0, 9 \end{matrix})$ . $det (P) = 2 - 1 = 1$ , donc $P^{- 1}$ $= (\begin{matrix} 1 & - 1 \\ - 1 & 2 \end{matrix})$ .
4. Justifier que $U_{n} = P D^{n} P^{- 1} U_{0}$ , puis calculer $P^{- 1} U_{0}$ : et
Rédaction attendue. La suite est homogène, donc $U_{n} = A^{n} U_{0}$ d’après le cours. De $A P = P D$ on tire $A = P D P^{- 1}$ (on multiplie à droite par $P^{- 1}$ ), puis $A^{n} = P D^{n} P^{- 1}$ par récurrence, les facteurs $P^{- 1} P$ se simplifiant. Donc $U_{n} = P D^{n} P^{- 1} U_{0}$ , avec $P^{- 1} U_{0}$ $= (\begin{matrix} 900 - 400 \\ - 900 + 800 \end{matrix})$ $= (\begin{matrix} 500 \\ - 100 \end{matrix})$ .
5. $u_{n} = 1 000 - k \times 0, 9^{n}$ avec $k =$
$D^{n} P^{- 1} U_{0}$ $= (\begin{matrix} 500 \\ - 100 \times 0, 9^{n} \end{matrix})$ car $1^{n} = 1$ , puis $U_{n}$ $= (\begin{matrix} 1 000 - 100 \times 0, 9^{n} \\ 500 - 100 \times 0, 9^{n} \end{matrix})$ . Pour $n = 2$ : $1 000 - 81 = 919$ et $500 - 81 = 419$ .
6. Démontrer que la suite $(u_{n})$ est strictement croissante. $u_{n + 1} - u_{n} = c \times 0, 9^{n}$ avec $c =$
Rédaction attendue. $u_{n + 1} - u_{n}$ $= - 100 \times 0, 9^{n + 1} + 100 \times 0, 9^{n}$ $= 100 \times 0, 9^{n} (1 - 0, 9)$ $= 10 \times 0, 9^{n}$ . Or $0, 9^{n} > 0$ pour tout $n$ , donc $u_{n + 1} - u_{n} > 0$ : $(u_{n})$ est strictement croissante.
7. Limite de $(v_{n})$ , en milliers :
$- 1 < 0, 9 < 1$ , donc $0, 9^{n}$ tend vers $0$ : $(u_{n})$ tend vers $1 000$ et $(v_{n})$ vers $500$ . À long terme, environ $1 000 000$ herbivores et $500 000$ prédateurs : deux herbivores pour un prédateur. C’est le coefficient $1$ de $D$ qui donne cet équilibre non nul.
8. Recopier et compléter la fonction ci-dessous pour qu’elle renvoie le plus petit entier n tel que un>990.
```
def seuil():
    u, v = ..., ...
    n = 0
    while ...:
        u, v = ..., ...
        n = n + 1
    return n
```
Valeur renvoyée :
```
def seuil():
    u, v = 900, 400
    n = 0
    while u <= 990:
        u, v = (1.1*u - 0.2*v,
                0.1*u + 0.8*v)
        n = n + 1
    return n
```
L’affectation simultanée est indispensable : u et v doivent être calculés à partir des anciennes valeurs. La fonction renvoie 22. Par le calcul : un>990 équivaut à 100×0,9n<10, soit 0,9n<0,1, avec 0,921≈0,109 et 0,922≈0,098.

Problème 3 · Diffusion d’un médicament entre deux compartiments★★★Difficile

Un patient reçoit une perfusion continue. On modélise l’organisme par deux compartiments, le sang et les tissus, et on relève les masses de principe actif, en mg, toutes les heures. D’une heure à la suivante, le sang conserve 70 % de sa masse et en transmet 20 % aux tissus, le reste étant éliminé ; les tissus conservent 80 % de leur masse et en restituent 10 % au sang, le reste étant éliminé. Chaque heure, la perfusion apporte 12 mg dans le sang. Au départ, l’organisme ne contient pas de principe actif. On note

s_{n}

t_{n}

les masses dans le sang et dans les tissus après

n

heures,

U_{n}

= (\begin{matrix} s_{n} \\ t_{n} \end{matrix})

, et on donne

P

= (\begin{matrix} 1 & 1 \\ 2 & - 1 \end{matrix})

D

= (\begin{matrix} 0, 9 & 0 \\ 0 & 0, 6 \end{matrix})

1. Déterminer les matrices $A$ et $B$ de la relation $U_{n + 1} = A U_{n} + B$ . Coefficients de $A$ , ligne du haut : et ; ligne du bas : et
Le sang reçoit $70 %$ de lui-même, $10 %$ des tissus et $12$ mg : $s_{n + 1} = 0, 7 s_{n} + 0, 1 t_{n} + 12$ . Les tissus reçoivent $20 %$ du sang et gardent $80 %$ : $t_{n + 1} = 0, 2 s_{n} + 0, 8 t_{n}$ . Donc $A$ $= (\begin{matrix} 0, 7 & 0, 1 \\ 0, 2 & 0, 8 \end{matrix})$ et $B$ $= (\begin{matrix} 12 \\ 0 \end{matrix})$ .
2. Valeurs exactes de $U_{3}$ : $s_{3} =$ et $t_{3} =$
$U_{0}$ est nulle, donc $U_{1}$ $= B$ $= (\begin{matrix} 12 \\ 0 \end{matrix})$ . Puis $s_{2} = 8, 4 + 12 = 20, 4$ et $t_{2} = 2, 4$ . Enfin $s_{3}$ $= 0, 7 \times 20, 4 + 0, 1 \times 2, 4 + 12$ $= 14, 28 + 0, 24 + 12$ $= 26, 52$ et $t_{3} = 4, 08 + 1, 92 = 6$ .
3. Démontrer que $C$ $= (\begin{matrix} 60 \\ 60 \end{matrix})$ est l’unique état stable. $det (I - A) =$
Rédaction attendue. $A C + B$ $= (\begin{matrix} 42 + 6 + 12 \\ 12 + 48 \end{matrix})$ $= (\begin{matrix} 60 \\ 60 \end{matrix})$ $= C$ : $C$ est un état stable. $I - A$ $= (\begin{matrix} 0, 3 & - 0, 1 \\ - 0, 2 & 0, 2 \end{matrix})$ a pour déterminant $0, 3 \times 0, 2 - 0, 1 \times 0, 2$ $= 0, 04 \neq 0$ : $I - A$ est inversible, l’équation $(I - A) X = B$ a une seule solution, et $C$ est l’unique état stable.
4. Pour tout $n$ , soit $V_{n} = U_{n} - C$ . Démontrer que $V_{n} = A^{n} V_{0}$ , puis calculer $P^{- 1} V_{0}$ : et
Rédaction attendue. $V_{n + 1}$ $= (A U_{n} + B) - (A C + B)$ $= A (U_{n} - C)$ $= A V_{n}$ : la suite $(V_{n})$ est homogène, donc $V_{n} = A^{n} V_{0}$ , avec $V_{0}$ $= (\begin{matrix} - 60 \\ - 60 \end{matrix})$ . $A P$ $= (\begin{matrix} 0, 9 & 0, 6 \\ 1, 8 & - 0, 6 \end{matrix})$ $= P D$ et $det (P) = - 3$ , donc $P^{- 1}$ $= \frac{1}{3} (\begin{matrix} 1 & 1 \\ 2 & - 1 \end{matrix})$ et $P^{- 1} V_{0}$ $= \frac{1}{3} (\begin{matrix} - 120 \\ - 60 \end{matrix})$ $= (\begin{matrix} - 40 \\ - 20 \end{matrix})$ .
5. $t_{n}$ $= 60 + c \times 0, 9^{n} + d \times 0, 6^{n}$ avec $c =$ et $d =$
$V_{n}$ $= P D^{n} P^{- 1} V_{0}$ $= P (\begin{matrix} - 40 \times 0, 9^{n} \\ - 20 \times 0, 6^{n} \end{matrix})$ $= (\begin{matrix} - 40 \times 0, 9^{n} - 20 \times 0, 6^{n} \\ - 80 \times 0, 9^{n} + 20 \times 0, 6^{n} \end{matrix})$ . Donc $s_{n}$ $= 60 - 40 \times 0, 9^{n} - 20 \times 0, 6^{n}$ et $t_{n}$ $= 60 - 80 \times 0, 9^{n} + 20 \times 0, 6^{n}$ . Pour $n = 2$ : $60 - 32, 4 - 7, 2 = 20, 4$ et $60 - 64, 8 + 7, 2 = 2, 4$ .
6. Limite commune de $(s_{n})$ et de $(t_{n})$ , en mg :
$0, 9^{n}$ et $0, 6^{n}$ tendent vers $0$ : les deux masses tendent vers $60$ mg. À perfusion constante, l’organisme atteint un régime d’équilibre où l’apport compense exactement l’élimination.
7. À l’aide de la calculatrice, déterminer le nombre d’heures à partir duquel la masse dans le sang dépasse $55$ mg :
$s_{n} > 55 ⟺ 40 \times 0, 9^{n} + 20 \times 0, 6^{n} < 5$ , et ce membre de gauche décroît. Pour $n = 19$ il vaut environ $5, 40$ ( $s_{19} \approx 54, 6$ ) ; pour $n = 20$ , environ $4, 86$ ( $s_{20} \approx 55, 1$ ). La masse dans le sang dépasse $55$ mg au bout de $20$ heures. Le terme en $0, 6^{n}$ est déjà négligeable : c’est $0, 9^{n}$ qui fixe la durée de mise à l’équilibre.

Problème 4 · Escargots répartis en deux classes d’âge★★★Difficile

Une population d’escargots est recensée chaque année et répartie en jeunes (moins d’un an) et adultes. Modèle retenu : chaque adulte donne naissance en moyenne à 3 jeunes par an ; la moitié des jeunes survit et devient adulte l’année suivante ; la moitié des adultes survit d’une année sur l’autre ; les jeunes ne se reproduisent pas. On note

j_{n}

a_{n}

les nombres de jeunes et d’adultes après

n

années, avec

j_{0} = 100

a_{0} = 60

, et

U_{n}

= (\begin{matrix} j_{n} \\ a_{n} \end{matrix})

. On donne

A

= (\begin{matrix} 0 & 3 \\ 0, 5 & 0, 5 \end{matrix})

P

= (\begin{matrix} 2 & 3 \\ 1 & - 1 \end{matrix})

D

= (\begin{matrix} 1, 5 & 0 \\ 0 & - 1 \end{matrix})

1. Justifier que $U_{n + 1} = A U_{n}$ , puis donner $U_{1}$ : $j_{1} =$ et $a_{1} =$
Rédaction attendue. Les jeunes de l’année $n + 1$ sont les naissances de l’année, dues aux seuls adultes : $j_{n + 1} = 3 a_{n}$ . Les adultes de l’année $n + 1$ sont les jeunes devenus adultes et les adultes survivants : $a_{n + 1} = 0, 5 j_{n} + 0, 5 a_{n}$ . Ce système s’écrit $U_{n + 1} = A U_{n}$ avec $A$ $= (\begin{matrix} 0 & 3 \\ 0, 5 & 0, 5 \end{matrix})$ . Ainsi $j_{1} = 180$ et $a_{1} = 50 + 30 = 80$ .
2. $U_{3}$ : $j_{3} =$ et $a_{3} =$
$U_{2}$ $= (\begin{matrix} 240 \\ 90 + 40 \end{matrix})$ $= (\begin{matrix} 240 \\ 130 \end{matrix})$ , puis $U_{3}$ $= (\begin{matrix} 390 \\ 120 + 65 \end{matrix})$ $= (\begin{matrix} 390 \\ 185 \end{matrix})$ .
3. Vérifier que $A P = P D$ . $P^{- 1} = \frac{1}{5} N$ , coefficients de $N$ : ligne du haut : et ; ligne du bas : et
$A P$ $= (\begin{matrix} 0 + 3 & 0 - 3 \\ 1 + 0, 5 & 1, 5 - 0, 5 \end{matrix})$ $= (\begin{matrix} 3 & - 3 \\ 1, 5 & 1 \end{matrix})$ et $P D$ $= (\begin{matrix} 3 & - 3 \\ 1, 5 & 1 \end{matrix})$ . $det (P) = - 2 - 3 = - 5$ , donc $P^{- 1}$ $= - \frac{1}{5} (\begin{matrix} - 1 & - 3 \\ - 1 & 2 \end{matrix})$ $= \frac{1}{5} (\begin{matrix} 1 & 3 \\ 1 & - 2 \end{matrix})$ .
4. $j_{n}$ $= 112 \times 1, 5^{n} + k \times (- 1)^{n}$ avec $k =$
$U_{n} = A^{n} U_{0} = P D^{n} P^{- 1} U_{0}$ , et $P^{- 1} U_{0}$ $= \frac{1}{5} (\begin{matrix} 100 + 180 \\ 100 - 120 \end{matrix})$ $= (\begin{matrix} 56 \\ - 4 \end{matrix})$ . Donc $U_{n}$ $= P (\begin{matrix} 56 \times 1, 5^{n} \\ - 4 (- 1)^{n} \end{matrix})$ : $j_{n} = 112 \times 1, 5^{n} - 12 (- 1)^{n}$ et $a_{n} = 56 \times 1, 5^{n} + 4 (- 1)^{n}$ . Pour $n = 2$ : $112 \times 2, 25 - 12 = 240$ et $126 + 4 = 130$ .
5. Démontrer que le quotient $\frac{j_{n}}{a_{n}}$ converge. Limite :
Rédaction attendue. En divisant numérateur et dénominateur par $1, 5^{n}$ , non nul : $\frac{j_{n}}{a_{n}}$ $= \frac{112 - 12 q^{n}}{56 + 4 q^{n}}$ avec $q = \frac{- 1}{1, 5} = - \frac{2}{3}$ . Comme $- 1 < q < 1$ , $q^{n}$ tend vers $0$ , et par quotient $\frac{j_{n}}{a_{n}}$ tend vers $\frac{112}{56} = 2$ . À long terme, il y a deux jeunes pour un adulte, quelle que soit la répartition de départ ; la population, elle, est multipliée par environ $1, 5$ chaque année.
6. La fonction suivante renvoie le nombre d’années au bout duquel la population totale dépasse 10000 escargots.
```
def annee():
    j, a = 100, 60
    n = 0
    while j + a <= 10000:
        j, a = (3*a,
                0.5*j + 0.5*a)
        n = n + 1
    return n
```
Valeur renvoyée :
La population totale vaut $j_{n} + a_{n}$ $= 168 \times 1, 5^{n} - 8 (- 1)^{n}$ : environ $9 680$ pour $n = 10$ et $14 540$ pour $n = 11$ . Le seuil est franchi la onzième année, et la fonction renvoie $11$ .

Problème 5 · Une suite récurrente d’ordre 2★★★Difficile

On considère la suite

(u_{n})

définie par

u_{0} = 0

u_{1} = 1

et, pour tout entier naturel

n

u_{n + 2} = u_{n + 1} + 2 u_{n}

. Chaque terme dépend des deux précédents : on se ramène à une suite de matrices colonnes en posant

X_{n}

= (\begin{matrix} u_{n + 1} \\ u_{n} \end{matrix})

. On donne

P

= (\begin{matrix} 2 & 1 \\ 1 & - 1 \end{matrix})

D

= (\begin{matrix} 2 & 0 \\ 0 & - 1 \end{matrix})

1. $u_{6} =$
$u_{2} = 1 + 0 = 1$ , $u_{3} = 1 + 2 = 3$ , $u_{4} = 3 + 2 = 5$ , $u_{5} = 5 + 6 = 11$ , $u_{6} = 11 + 10 = 21$ .
2. Justifier que $X_{n + 1} = A X_{n}$ et donner $A$ : ligne du haut : et ; ligne du bas : et
Rédaction attendue. $X_{n + 1}$ $= (\begin{matrix} u_{n + 2} \\ u_{n + 1} \end{matrix})$ $= (\begin{matrix} u_{n + 1} + 2 u_{n} \\ u_{n + 1} \end{matrix})$ . La première ligne s’écrit $1 \times u_{n + 1} + 2 \times u_{n}$ et la seconde $1 \times u_{n + 1} + 0 \times u_{n}$ : $X_{n + 1} = A X_{n}$ avec $A$ $= (\begin{matrix} 1 & 2 \\ 1 & 0 \end{matrix})$ .
3. Vérifier que $A P = P D$ , puis calculer la matrice $3 P^{- 1}$ : ligne du haut : et ; ligne du bas : et
$A P$ $= (\begin{matrix} 2 + 2 & 1 - 2 \\ 2 & 1 \end{matrix})$ $= (\begin{matrix} 4 & - 1 \\ 2 & 1 \end{matrix})$ et $P D$ $= (\begin{matrix} 4 & - 1 \\ 2 & 1 \end{matrix})$ . $det (P) = - 2 - 1 = - 3$ , donc $P^{- 1}$ $= - \frac{1}{3} (\begin{matrix} - 1 & - 1 \\ - 1 & 2 \end{matrix})$ $= \frac{1}{3} (\begin{matrix} 1 & 1 \\ 1 & - 2 \end{matrix})$ et $3 P^{- 1}$ $= (\begin{matrix} 1 & 1 \\ 1 & - 2 \end{matrix})$ .
4. En déduire que $u_{n} = \frac{2^{n} - (- 1)^{n}}{k}$ pour tout entier naturel $n$ , avec $k =$
$X_{n} = A^{n} X_{0} = P D^{n} P^{- 1} X_{0}$ avec $X_{0}$ $= (\begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix})$ et $P^{- 1} X_{0}$ $= \frac{1}{3} (\begin{matrix} 1 \\ 1 \end{matrix})$ . Alors $X_{n}$ $= \frac{1}{3} P (\begin{matrix} 2^{n} \\ (- 1)^{n} \end{matrix})$ $= \frac{1}{3} (\begin{matrix} 2^{n + 1} + (- 1)^{n} \\ 2^{n} - (- 1)^{n} \end{matrix})$ . Le terme $u_{n}$ est la seconde coordonnée : $u_{n} = \frac{2^{n} - (- 1)^{n}}{3}$ . Contrôle : $u_{6} = \frac{64 - 1}{3} = 21$ .
5. Démontrer que $u_{n + 1} + u_{n} = 2^{n}$ pour tout $n$ . En déduire $u_{8}$ à partir de $u_{6}$ , sans la formule de $u_{n}$ :
Rédaction attendue. $u_{n + 1} + u_{n}$ $= \frac{2^{n + 1} - (- 1)^{n + 1} + 2^{n} - (- 1)^{n}}{3}$ $= \frac{3 \times 2^{n} + (- 1)^{n} - (- 1)^{n}}{3}$ $= 2^{n}$ , car $- (- 1)^{n + 1} = (- 1)^{n}$ . Donc $u_{7} = 2^{6} - u_{6} = 64 - 21 = 43$ , puis $u_{8} = 2^{7} - u_{7} = 128 - 43 = 85$ . Contrôle : $\frac{256 - 1}{3} = 85$ .
6. Limite de $\frac{u_{n + 1}}{u_{n}}$ (pour $n ⩾ 1$ ) :
En divisant par $2^{n}$ : $\frac{u_{n + 1}}{u_{n}}$ $= \frac{2 - (- 1)^{n + 1} \times 0, 5^{n}}{1 - (- 1)^{n} \times 0, 5^{n}}$ . Comme $0, 5^{n}$ tend vers $0$ et que $(- 1)^{n}$ reste entre $- 1$ et $1$ , le quotient tend vers $2$ : à long terme, chaque terme vaut environ le double du précédent.
7. Valeur renvoyée par terme(10), avec la fonction suivante :
```
def terme(n):
    a, b = 0, 1
    for k in range(n):
        a, b = b, b + 2*a
    return a
```
À chaque passage dans la boucle, le couple $(a, b)$ passe de $(u_{k}, u_{k + 1})$ à $(u_{k + 1}, u_{k + 2})$ : c’est exactement $X_{k + 1} = A X_{k}$ . Après $10$ passages, a vaut $u_{10} = \frac{1 024 - 1}{3} = 341$ .

Bloqué sur ce chapitre ?

Moi c'est Ben, j'ai créé ce site pour aider le plus d'élèves possible, partout en France. Je peux aussi reprendre avec toi ce qui coince en cours particulier : en visio, ou à domicile si tu es à Marseille.

Réserver un 1^er cours → Voir les tarifs

Prof de maths à Marseille · Cours particuliers au lycée · Aide aux devoirs