Étude de suites récurrentes vectorielles

suites matricielles puissances de matrices diagonalisation binôme de Newton Polynôme caractéristique Diagonalisation Nilpotence

Soit $E = \mathbb{K}^3$ muni de sa base canonique. On considère une suite de vecteurs $(X_n)_{n \in \mathbb{N}}$ de $E$ définie par la donnée de son premier terme $X_0 = \begin{pmatrix} x_0 y_0 z_0 \end{pmatrix}$ et par la relation de récurrence :

\forall n \in \mathbb{N},   X_{n+1} = A X_n

Déterminer l'expression explicite de $x_n, y_n$ et $z_n$ en fonction de $n$ pour chacune des matrices $A$ suivantes :

$A = \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 2 & -3 & 2 -1 & 2 & 0 \end{pmatrix}$
$A = \begin{pmatrix} 5 & 1 & -1 2 & 4 & -2 1 & -1 & 3 \end{pmatrix}$
$A = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 0 & 1 & 1 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$

Remarquer que pour tout $n \in \mathbb{N}$ , on a la relation fondamentale $X_n = A^n X_0$ .

Pour les cas 1 et 2, tester si la matrice est diagonalisable. Si c'est le cas, utiliser la forme $A^n = P D^n P^{-1}$ .

Pour le cas 3, la matrice est déjà sous forme triangulaire supérieure. On peut décomposer $A$ sous la forme $I + N$ et utiliser la formule du binôme de Newton.

Idées clés

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Expression de la puissance d'une matrice : $X_n = A^n X_0$ .

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Réduction (diagonalisation) pour simplifier le calcul de $A^n$ .

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Formule du binôme de Newton pour les matrices nilpotentes.

Résolution de la question 1.

Commençons par calculer le polynôme caractéristique de $A$ :

\chi_A(X) = \det(XI - A) = \begin{vmatrix} X-2 & 2 & -1 -2 & X+3 & -2 1 & -2 & X \end{vmatrix}

Par un calcul de déterminant (par exemple en ajoutant les lignes ou par la règle de Sarrus), on obtient :

\chi_A(X) = (X-1)^2(X+3)

Les valeurs propres sont $1$ (double) et $-3$ (simple). Cherchons le sous-espace propre $E_1 = \ker(A-I)$ . La matrice $A-I$ est :

A-I = \begin{pmatrix} 1 & -2 & 1 2 & -4 & 2 -1 & 2 & -1 \end{pmatrix}

On remarque que les lignes sont proportionnelles. Le rang de $A-I$ est $1$ , donc $\dim E_1 = 3 - 1 = 2$ . La matrice est donc diagonalisable. Une base de $E_1$ est formée par $u_1 = (2, 1, 0)^T$ et $u_2 = (-1, 0, 1)^T$ .

Pour $E_{-3}$ , on résout $(A+3I)X = 0$ et on trouve un vecteur propre $u_3 = (1, 2, -1)^T$ . En posant $P = \begin{pmatrix} 2 & -1 & 1 1 & 0 & 2 0 & 1 & -1 \end{pmatrix}$ , on a $A = P D P^{-1}$ avec $D = \text{diag}(1, 1, -3)$ .

Le calcul de $X_n = P D^n P^{-1} X_0$ donne, après calcul de $P^{-1}$ :

\boxed{ \begin{pmatrix} x_n y_n z_n \end{pmatrix} = \frac{1}{4} \begin{pmatrix} 2(2x_0+2z_0) - (-x_0+2y_0+3z_0) + (-3)^n(x_0-2y_0+z_0) (2x_0+2z_0) + 2(-3)^n(-x_0+2y_0-z_0) (x_0-2y_0-3z_0) - (-3)^n(-x_0+2y_0-z_0) \end{pmatrix} }

Résolution de la question 2.

Calculons le polynôme caractéristique de la deuxième matrice :

\chi_A(X) = \begin{vmatrix} X-5 & -1 & 1 -2 & X-4 & 2 -1 & 1 & X-3 \end{vmatrix} = (X-2)(X-4)(X-6)

Les valeurs propres sont $2, 4$ et $6$ . Elles sont distinctes, donc la matrice est diagonalisable. Les sous-espaces propres associés sont :

E_2 = \text{Vect}\left\{ \begin{pmatrix} 0 1 1 \end{pmatrix} \right\},   E_4 = \text{Vect}\left\{ \begin{pmatrix} 1 0 1 \end{pmatrix} \right\},   E_6 = \text{Vect}\left\{ \begin{pmatrix} 1 1 0 \end{pmatrix} \right\}

Tout vecteur $X_0$ se décompose de manière unique sous la forme $X_0 = \alpha u_2 + \beta u_4 + \gamma u_6$ . Par linéarité, on obtient directement $X_n = \alpha 2^n u_2 + \beta 4^n u_4 + \gamma 6^n u_6$ . En résolvant le système pour $\alpha, \beta, \gamma$ , on trouve :

\alpha = \frac{-x_0+y_0+z_0}{2},   \beta = \frac{x_0-y_0+z_0}{2},   \gamma = \frac{x_0+y_0-z_0}{2}

D'où l'expression finale :

\boxed{ \begin{cases} x_n = \frac{1}{2} \left[ (x_0-y_0+z_0)4^n + (x_0+y_0-z_0)6^n \right] y_n = \frac{1}{2} \left[ (-x_0+y_0+z_0)2^n + (x_0+y_0-z_0)6^n \right] z_n = \frac{1}{2} \left[ (-x_0+y_0+z_0)2^n + (x_0-y_0+z_0)4^n \right] \end{cases} }

Résolution de la question 3.

La matrice $A$ est ici sous forme triangulaire. On remarque que $A = I + N$ avec :

N = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 1 0 & 0 & 1 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}

La matrice $N$ est strictement triangulaire supérieure, elle est donc nilpotente. Calculons ses puissances :

N^2 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 0 & 0 & 0 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}   \text{et}   N^3 = 0

Comme $I$ et $N$ commutent, on utilise la formule du binôme de Newton pour $n \geq 2$ :

A^n = (I+N)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} N^k I^{n-k} = I + nN + \frac{n(n-1)}{2} N^2

En sommant ces matrices, on obtient :

A^n = \begin{pmatrix} 1 & n & n + \frac{n(n-1)}{2} 0 & 1 & n 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & n & \frac{n(n+1)}{2} 0 & 1 & n 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}

On en déduit l'expression de $X_n = A^n X_0$ :

\boxed{ \begin{cases} x_n = x_0 + n y_0 + \frac{n(n+1)}{2} z_0 y_n = y_0 + n z_0 z_n = z_0 \end{cases} }

Dans le cas d'une valeur propre multiple, ne pas oublier de vérifier la dimension du sous-espace propre avant de conclure à la diagonalisabilité. Si la dimension est inférieure à la multiplicité, il faut utiliser une réduction de Dunford ou une trigonalisation.