Il existe une base B de E telle que la matrice de f dans B soit
diagonale :
D =
aI p
0
0
bI q
.
On a alors :
∀n ∈ N, D n =
a n I p
0
0
b n I q
.
Soient n ∈ N, (α n ,β n ) ∈ K 2 . On a :
f n = α n e + β n f ⇐⇒
a n = α n + aβ n
b n = α n + bβ n
,
et calculer α n ,β n .
Réponse : α n =
ba n − ab n
b − a
, β n =
b n − a n
b − a
.
• Former χ A et calculer les SEP. En déduire que A est diagonalisable. On obtient A = P D P −1 où, par exemple :
P =
0
1
2
1
1 −1
1 −1
1
, D =
0 0
0
0 1
0
0 0 16
,
P −1 =
1
6
0
3
3
2
2 −2
2 −1
1
.
• En notant ∆ =
0 0 0
0 1 0
0 0 4
, par exemple, et B = P∆P −1 ,
on a : B 2 = A.
Réponse : Une solution est B =
3 −1
1
−1
1 −1
1 −1
1
.
Montrer d'abord, par récurrence sur n, que chaque u n existe et
est > 0 .
En notant v n =
1
u n
, on a :
∀n ∈ N, v n+2 =
1
2
v n+1 +
1
2
v n .
En déduire :
v n =
1
3
1 + 2
−
1
2
n
v 0 +
2 − 2
−
1
2
n
v 1
.
Réponse :
• ∀n ∈ N, u n =
3
1 + 2
−
1
2
n
1
u 0
+
2 − 2
−
1
2
n
1
u 1
−1
• u n − − →
n∞
3u 0 u 1
2u 0 + u 1
.
317
En notant A =
2 1
2 2
et U n =
u 2n
u 2n+1
, montrer :
∀n ∈ N, U n+1 = AU n ,
d'où :
∀n ∈ N, U n = A n U 0 .
Diagonaliser A et déduire la valeur de A n .
Réponse :
∀n ∈ N,
u 2n =
1
2
√
2
(2 +
√
2) n+1 − (2 −
√
2) n+1
u 2n+1 =
1
2
(2 +
√
2) n+1 + (2 −
√
2) n+1
.
1) a) α) Immédiat, puisque :
Sp C (α A) = {αλ; λ ∈ Sp C (A)} .
β) Puisque A est trigonalisable (cf. 3.4 Cor. 2) p. 100), il existe
Q ∈ GL n (C), T = (t i j ) i j ∈ T n,s (C) telles que
A = QT Q −1 .
On a alors A k = QT k Q −1 , Sp C (A) = {t ii ; 1 i n},
Sp C (A k ) = {t k
ii ; 1 i n},
d'où
ρ(A
k ) = Max
1in
(|t
k
ii |) =
Max
1in
|t ii |
k =
ρ(A)
k
.
γ ) D'après l'ex. 3.1.14 p. 79, Sp C (AB) = Sp C (B A) ,
d'où
ρ(AB) = ρ(B A).
δ) D'après γ ) :
ρ(P −1 AP) = ρ
(AP)P −1
= ρ(A) .
Ou encore, puisque P −1 AP ∼ A,
Sp C (P −1 AP) = Sp C (A),
et donc ρ(P −1 AP) = ρ(A).
b) Examiner l'exemple :
n = 2, A =
0 1
0 0
, B =
0 0
1 0
,
pour lequel :
ρ(A) = ρ(B) = 0 , ρ(A + B) = ρ(AB) = 1.
Réponse : Non aux deux questions (si n 2).
2) a) Récurrence sur k (A fixée).
La propriété est triviale pour k = 1 .
Si ||A k || ||A|| k , alors :
|| A k+1 || = || A k A|| || A k || || A|| || A|| k || A|| = || A|| k+1 .
On remarquera que la formule demandée est « en général »
fausse pour k = 0 .
3.6.2
3.6.5
3.6.3
3.6.4
P 3.1
diagonale :
D =
aI p
0
0
bI q
.
On a alors :
∀n ∈ N, D n =
a n I p
0
0
b n I q
.
Soient n ∈ N, (α n ,β n ) ∈ K 2 . On a :
f n = α n e + β n f ⇐⇒
a n = α n + aβ n
b n = α n + bβ n
,
et calculer α n ,β n .
Réponse : α n =
ba n − ab n
b − a
, β n =
b n − a n
b − a
.
• Former χ A et calculer les SEP. En déduire que A est diagonalisable. On obtient A = P D P −1 où, par exemple :
P =
0
1
2
1
1 −1
1 −1
1
, D =
0 0
0
0 1
0
0 0 16
,
P −1 =
1
6
0
3
3
2
2 −2
2 −1
1
.
• En notant ∆ =
0 0 0
0 1 0
0 0 4
, par exemple, et B = P∆P −1 ,
on a : B 2 = A.
Réponse : Une solution est B =
3 −1
1
−1
1 −1
1 −1
1
.
Montrer d'abord, par récurrence sur n, que chaque u n existe et
est > 0 .
En notant v n =
1
u n
, on a :
∀n ∈ N, v n+2 =
1
2
v n+1 +
1
2
v n .
En déduire :
v n =
1
3
1 + 2
−
1
2
n
v 0 +
2 − 2
−
1
2
n
v 1
.
Réponse :
• ∀n ∈ N, u n =
3
1 + 2
−
1
2
n
1
u 0
+
2 − 2
−
1
2
n
1
u 1
−1
• u n − − →
n∞
3u 0 u 1
2u 0 + u 1
.
317
En notant A =
2 1
2 2
et U n =
u 2n
u 2n+1
, montrer :
∀n ∈ N, U n+1 = AU n ,
d'où :
∀n ∈ N, U n = A n U 0 .
Diagonaliser A et déduire la valeur de A n .
Réponse :
∀n ∈ N,
u 2n =
1
2
√
2
(2 +
√
2) n+1 − (2 −
√
2) n+1
u 2n+1 =
1
2
(2 +
√
2) n+1 + (2 −
√
2) n+1
.
1) a) α) Immédiat, puisque :
Sp C (α A) = {αλ; λ ∈ Sp C (A)} .
β) Puisque A est trigonalisable (cf. 3.4 Cor. 2) p. 100), il existe
Q ∈ GL n (C), T = (t i j ) i j ∈ T n,s (C) telles que
A = QT Q −1 .
On a alors A k = QT k Q −1 , Sp C (A) = {t ii ; 1 i n},
Sp C (A k ) = {t k
ii ; 1 i n},
d'où
ρ(A
k ) = Max
1in
(|t
k
ii |) =
Max
1in
|t ii |
k =
ρ(A)
k
.
γ ) D'après l'ex. 3.1.14 p. 79, Sp C (AB) = Sp C (B A) ,
d'où
ρ(AB) = ρ(B A).
δ) D'après γ ) :
ρ(P −1 AP) = ρ
(AP)P −1
= ρ(A) .
Ou encore, puisque P −1 AP ∼ A,
Sp C (P −1 AP) = Sp C (A),
et donc ρ(P −1 AP) = ρ(A).
b) Examiner l'exemple :
n = 2, A =
0 1
0 0
, B =
0 0
1 0
,
pour lequel :
ρ(A) = ρ(B) = 0 , ρ(A + B) = ρ(AB) = 1.
Réponse : Non aux deux questions (si n 2).
2) a) Récurrence sur k (A fixée).
La propriété est triviale pour k = 1 .
Si ||A k || ||A|| k , alors :
|| A k+1 || = || A k A|| || A k || || A|| || A|| k || A|| = || A|| k+1 .
On remarquera que la formule demandée est « en général »
fausse pour k = 0 .
3.6.2
3.6.5
3.6.3
3.6.4
P 3.1