\input{../preambules/preDM.tex}
\renewcommand{\P}{\mathscr{P}}
\usepackage{enumitem}

\begin{document}

\chead{Correction Devoir maison n°3}
\lfoot{}
\cfoot{Sommes et matrices.}

\begin{center}
\fbox{ \Large Correction Devoir maison n°3}
\end{center}

\section*{Exercice 1 - Calculs de Somme}
Calculer les sommes suivantes et donner le résultat sous forme factorisée et simplifiée :
\vspace{20pt}
\begin{qmulti}{2}
\item On calcule
\begin{eqnarray*}
 \displaystyle \sum_{k=0}^n k(k-2) & = & \sum_{k=0}^n k^2 - 2k \\
 & =& \sum_{k=0}^n k^2 - 2 \sum_{k=0}^n k \\
 & =& \dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6} - 2 \dfrac{n(n+1)}{2} \\
 & = & n(n+1) \left( \dfrac{2n+1}{6} - 1 \right) \\
 & = & n(n+1) \left( \dfrac{2n-5}{6}\right)
\end{eqnarray*}
\begin{center}
\fbox{$\ds \sum_{k=0}^n k(k-2) =  \dfrac{n(n+1)(2n - 5)}{6}$.}
\end{center}
\item On calcule 
\begin{eqnarray*}
\sum_{k=2}^n x^{2k + 2} & = & x^2 \sum_{k=2}^n x^{2k}\\
& = & x^2 \sum_{k=2}^n (x^{2})^k \\
& = & x^2 \times x^4 \left( \dfrac{1 - (x^2)^{n-1}}{1 - x^2} \right) \\
& = & x^6 \left( \dfrac{1 - (x^{2n-2}}{1 - x^2} \right)
\end{eqnarray*}
On a donc  \begin{center}
\fbox{$ \displaystyle \sum_{k=2}^n x^{2k + 2} = x^6 \left( \dfrac{1 - x^{2n-2}}{1 - x^2} \right)$}
\end{center}
\end{qmulti}

\vspace{20pt}
\begin{qmulti}{2}
\item[3.] A l'aide du changement de variable, $j = k-3$, on calcule  
\begin{eqnarray*}
\sum_{k=4}^{n+3} (k-3)^3 & = & \sum_{j = 1}^{n} j^3 \\
&= & \left( \dfrac{n(n+1)}{2} \right)^2
\end{eqnarray*}
Ainsi,
\begin{center}
\fbox{$ \ds \sum_{k=4}^{n+3} (k-3)^3 =  \left( \dfrac{n(n+1)}{2} \right)^2$.}
\end{center}
\item[4.] En utilisant le binôme de Newton, on calcule, 
\begin{eqnarray*}
\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} 2^{k+1} 3^{n-k} & = & 2 \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} 2^{k} 3^{n-k} \\
& = & 2 \times (2+3)^n 
\end{eqnarray*}
Donc 
\begin{center}
\fbox{$ \displaystyle \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} 2^{k+1} 3^{n-k} = 2 \times 5^n $}
\end{center}
\end{qmulti} 
\newpage

\section*{Exercice 2 - Puissances de matrices}
\subsection*{I - Cas d'une matrice de $\mathcal{M}_2(\R)$}
On considère les suites $(a_n)_{n \in \N}$ et $(b_n)_{n \in \N}$ définies par $a_0 = 1$, $b_0 = 2$ et 
$$
 \begin{cases}
 a_{n+1} = 3a_n + b_n \\
 b_{n+1} = -2 a_n 
 \end{cases}
$$
ainsi que les matrices $A = \begin{pmatrix}
3 & 1 \\
-2 & 0
\end{pmatrix}$ et $P = \begin{pmatrix}
1 & -2 \\
-2 & 2
\end{pmatrix}$
\subsubsection*{Résolution numérique}
\begin{enumerate}
\item Recopier et compléter le programme scilab suivant permettant de calculer le 100ème terme des suites $(a_n)_{n \in \N}$ et $(b_n)_{n \in \N}$. 
\begin{verbatim}
//initialisation
a = ..1..
b = ..2..

// calculs
for k = 1: ..100.. 
    temp = ..a..
    ..a..= 3*a + b
      b  = ..-2*temp..
end

// conclusion
disp('Le 100ème terme de la suite a est" + string(..a..))
disp('Le 100ème terme de la suite b est" + string(..b..))
\end{verbatim}
\end{enumerate}

\subsubsection*{Résolution en utilisant les suites}
\begin{enumerate}[start=2]
\item  Pour tout $n \in \N$, d'après la première équation,
\begin{eqnarray*}
a_{n+2} = 3a_{n+1} + b_{n+1} 
\end{eqnarray*}
En utilisant la seconde équation, on obtient alors
\begin{center}
\fbox{$\forall n \in \N, \quad a_{n+2} = 3a_{n+1} - 2a_n$. }
\end{center}
\item On résout l'équation du second degré
$$
x^2=  3x - 2 \Longleftrightarrow x^2 - 3x + 2 = 0
$$
Le discriminant de cette équation est $\Delta = b^2 - 4 ac = 9 - 8 = 1$.
Les solutions de cette équation sont donc $q_1 = \dfrac{3 -1}{2} = 1$ et $q_2 = \dfrac{3+1}{2} = 2$. Ainsi, on a d'après la formule du cours, 2 nombres réels $\lambda$ et $\mu$ tels que 
$$
a_n = \lambda q_1^n + \mu q_2^n = \lambda + \mu \times 2^n 
$$

On a $a_0 = 1$ (énoncé) et $a_1 = 3 a_0 + b_0 = 5$. D'un autre côté, $a_0 = \lambda + \mu$ et $b_0 = \lambda + 2 \mu$. On en déduit le système d'équation suivant
\begin{eqnarray*}
\begin{cases}
\lambda + \mu  & = 1 \\
\lambda + 2\mu & = 5
\end{cases}
 & \Longleftrightarrow & 
\begin{cases}
\lambda  & = 1 - \mu\\
1- \mu + 2\mu & = 5
\end{cases}
 \Longleftrightarrow  
\begin{cases}
\lambda  & = -3\\
\mu & = 4
\end{cases}
\end{eqnarray*}
\begin{center}
\fbox{$\forall n \in \N,\quad a_n = -3 + 4 \times 2^n$.}
\end{center}
\item On a donc
$$
b_n = -2 \times a_{n-1} = 6 - 2 \times 4  \times 2^{n-1}
$$
Ainsi, 
\begin{center}
\fbox{$\forall n \in \N,\quad  b_n = 6 - 4 \times 2^n$.}
\end{center}
\end{enumerate}

\subsubsection*{Résolution en utilisant les matrices}
\begin{enumerate}[start=5]
\item On calcule le déterminant $1 \times 2 - (-2) \times (-2) = -2 \neq 0$. Ainsi, $P$ est inversible et 
\begin{center}
\fbox{$ P^{-1} = -\dfrac{1}{2} \begin{pmatrix}
2 & 2 \\
2 & 1
\end{pmatrix}
= \begin{pmatrix}
-1 & -1 \\
-1 & -\dfrac{1}{2}
\end{pmatrix}
$.}
\end{center}
\item On a
$$
P^{-1} A = \begin{pmatrix}
-1 & -1 \\
-2 & -1
\end{pmatrix}
$$
Finalement,
\begin{center}
\fbox{$D = \begin{pmatrix}
1 & 0 \\
0 & 2
\end{pmatrix}$.}
\end{center}
\item D'après le cours, 
\begin{center}
\fbox{$\forall n \in \N, \quad D^n = \begin{pmatrix}
1 & 0 \\
0 & 2^n
\end{pmatrix}
$.}
\end{center}
\item \begin{itemize}
\item  On montre les propriétés suivantes $\P_n : \left\{ A^n = P D^n P^{-1} \right\}$.

\item \textbf{Initialisation :} La propriété $\mathscr{P}_0$ s'écrit $A^0 = P D^0 P^{-1}$. Or, $A^0 = I_2$ et $PD^0 P^{-1} = P I_2 P^{-1} = I_2$. La propriété $\mathscr{P}_0$ est donc vraie.  
	\item \textbf{Hérédité :} On suppose que $\P_n$ est vrai pour un certain rang $n$. (On a donc $A^n = PD^n P^{-1}$ ) 
\begin{eqnarray*}
A^{n+1} & = & A^n  \times A \\
& = & P D^n P^{-1} \times P D P^{-1} \\
& = & P D^n \times D P^{-1} \\
& = & P D^{n+1} P^{-1}
\end{eqnarray*}
La proposition $\P_{n+1}$ est donc vraie. On en déduit que la suite des proposition $(\P_n)$ est héréditaire. 
	\item \textbf{Conclusion :} \fbox{Pour tout $n \in \N$, $A^n = P D^n P^{-1}$. }
	\end{itemize}
\item On a 
$$X_{n+1} = \begin{pmatrix}
a_{n+1} \\
b_{n+1}
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
3a_{n} + b_n \\
-2 a_n
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
3 & 1 \\
-2 & 0 \\
\end{pmatrix} 
\begin{pmatrix}
a_n \\
b_n
\end{pmatrix} .$$ 
On conclut 
\begin{center}
\fbox{$
X_{n+1} = A X_n
$. }
\end{center}
\item \begin{itemize}On montre les propriétés suivantes $\P_n : \left\{ X_n = A^n X_0 \right\}$.
	\item \textbf{Initialisation :} La propriété $\mathscr{P}_0$ s'écrit $X_0 = A^0 X_0$. Or, $A^0 = I_2$ donc la propriété $\mathscr{P}_0$ est donc vraie.  
	\item \textbf{Hérédité :} On suppose que $\P_n$ est vrai pour un certain rang $n$. (On a donc $X_n = A X_0$ ) 
\begin{eqnarray*}
X_{n+1} & = & A X_n \\
& = & A \times A^n X_0 \\
& = & A^{n+1} X_0 
\end{eqnarray*}
La proposition $\P_{n+1}$ est donc vraie. On en déduit que la suite des proposition $(\P_n)$ est héréditaire. 
	\item \textbf{Conclusion :} \fbox{Pour tout $n \in \N$, $X_n = A^n X_0$. }
	\end{itemize} 
\item On a montré que $A^n = P D^n P^{-1}$. Or 
$$
P D^n  = \begin{pmatrix}
1 & -2^{n+1} \\
-2 & 2^{n+1}
\end{pmatrix}
$$
On conclut alors que \begin{center}
\fbox{$A^n = P D^n P^{-1} = \begin{pmatrix}
-1 + 2^{n+1} & -1 + 2^n \\
2 - 2^{n+1} & 2 - 2^n
\end{pmatrix}
$}
\end{center}
On a ensuite
\begin{eqnarray*}
\begin{pmatrix}
-1 + 2^{n+1} & -1 + 2^n \\
2 - 2^{n+1} & 2 - 2^n
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
1 \\
2
\end{pmatrix}
& = & \begin{pmatrix}
 - 1 + 2^{n+1} - 2 + 2^{n+1} \\
 2 - 2^{n+1} + 4 - 2^{n+1}
 \end{pmatrix}  \\
 & = & \begin{pmatrix}
 - 3 + 2^{n}\times(2+2) \\
 6 - 2^{n} \times (2+2)
 \end{pmatrix}  
\end{eqnarray*}
On a alors \begin{center}
\fbox{$a_n = -3 + 4 \times 2^n$.}
\end{center} 
et 
\begin{center}
\fbox{$b_n= 6 - 4 \times 2^n$. }
\end{center}

\end{enumerate}

\subsection*{II - Cas d'une matrice de $\mathcal{M}_3(\R)$}
Dans cette partie, on introduit les matrices 
$$
B = \begin{pmatrix}
2 & 0 & 2 \\
1 & -1& 2 \\
0 & -1 & 1 
\end{pmatrix},
\qquad
C = \begin{pmatrix}
0 & 2 & -1 \\
0 & 1& -1 \\
1 & -1 & 2 
\end{pmatrix},
\qquad 
T = \begin{pmatrix}
0 & 1 & 2\\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 
\end{pmatrix}.
$$
L'objectif est de calculer $B^n$ pour tout entier $n$. 
\begin{enumerate}
\item On a 
$$
B - I_3 = \begin{pmatrix}
1 & 0 & 2 \\
1 & -2 & 2 \\
0 & -1 & 0
\end{pmatrix}
$$
et 
$$
(B - I_3)^2 = \begin{pmatrix}
1 & -2 & 2 \\
-1 & 2 & -2 \\
-1 & 2 & -2
\end{pmatrix}.
$$
Finalement,
\begin{center}
\fbox{$
B(B - I_3)^2 = \begin{pmatrix}
0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0
\end{pmatrix} = 0_{\mathcal{M}_3(\R)}.
$}
\end{center}
$B$ et $(B-I_3)^2$ sont non nulles. Supposons que $B$ soit inversible. Alors 
$$
B (B-I_3)^2 = 0 \Longleftrightarrow B^{-1}B (B-I_3)^2 = B^{-1}0 \Longleftrightarrow (B-I_3)^2 = 0
$$
Ce qui est absurde au vu des calculs précédents. Donc 
\begin{center}
\fbox{La matrice $B$ n'est pas inversible. }
\end{center}
\item On a
$$
C- I_3 = \begin{pmatrix}
-1 & 2 & -1 \\
0 & 0 & -1 \\
1 & -1 & 1 
\end{pmatrix}
\qquad 
2I_3 - C = \begin{pmatrix}
2 & -2 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
-1 & 1 & 0 
\end{pmatrix} .
$$
On calcule 
$$
C (C-I_3) = \begin{pmatrix}
-1 & 1 & -3 \\
-1 & 1 & -2 \\
1 & 0 & 2
\end{pmatrix}
$$
Et finalement
\begin{center}
\fbox{$
C(C-I_3)(2I_3 - C) = \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}
= I_3
$}
\end{center}
\item d'après la question précédente, $C$ est inversible et 
\begin{center}
\fbox{$
C^{-1} = (C- I_3) (2I_3 - C) = \begin{pmatrix}
-1 & 3 & 1 \\
1 &  -1 & 0 \\
1 & -2 & 0 
\end{pmatrix}
$}
\end{center}
\item On calcule 
$$
C^{-1} \times  T = \begin{pmatrix}
0 & 2 & 2 \\
0 & 0 & 1 \\
0 & -1 & 0
\end{pmatrix}
$$
On obtient donc 
\begin{center}
\fbox{$C^{-1} \times T \times C = \begin{pmatrix}
2 & 0 & 2 \\
1 & -1& 2 \\
0 & -1 & 1 
\end{pmatrix}= B.$}
\end{center}
\item \begin{itemize}
\item On montre les propriétés suivantes pour $n \geq 1$, $\P_n : \left\{ T^n = \begin{pmatrix}
0 & 1 & n+1\\
0 & 1 & n \\
0 & 0 & 1 
\end{pmatrix}. \right\}$.

\item \textbf{Initialisation :} La propriété $\mathscr{P}_1$ s'écrit $T^1 = \begin{pmatrix}
0 & 1 & 2\\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 
\end{pmatrix}$. La propriété $\mathscr{P}_1$ est donc vraie.  
	\item \textbf{Hérédité :} On suppose que $\P_n$ est vrai pour un certain rang $n$. On a donc $T^n = \begin{pmatrix}
0 & 1 & n+1\\
0 & 1 & n \\
0 & 0 & 1 
\end{pmatrix}$ 
\begin{eqnarray*}
T^{n+1} & = & T^n  \times T \\
& = &  \begin{pmatrix}
0 & 1 & n+1\\
0 & 1 & n \\
0 & 0 & 1 
\end{pmatrix}  \times \begin{pmatrix}
0 & 1 & 2\\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 
\end{pmatrix} \\
& = & \begin{pmatrix}
0 & 1 & 1 + n + 1 \\
0 & 1 & 1 + n \\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix} \\
& = & \begin{pmatrix}
0 & 1 & n+2 \\
0 & 1 & n+1 \\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix} 
\end{eqnarray*}
La proposition $\P_{n+1}$ est donc vraie. On en déduit que la suite des proposition $(\P_n)$ est héréditaire. 
	\item \textbf{Conclusion :} \fbox{Pour tout $n \in \N$, $T^n = \begin{pmatrix}
0 & 1 & n+1\\
0 & 1 & n \\
0 & 0 & 1 
\end{pmatrix}$. }
	\end{itemize}
\item \begin{itemize}On montre d'abord par récurrence les propriétés suivantes $\P_n : \left\{ B^n = C^{-1} B^n C \right\}$.

\item \textbf{Initialisation :} La propriété $\mathscr{P}_0$ s'écrit $B^0 = C^{-1} T^0 C$. Or, $B^0 = I_3$ et $C^{-1}T^0 C = C^{-1} I_3 C = I_3$. La propriété $\mathscr{P}_0$ est donc vraie.  
	\item \textbf{Hérédité :} On suppose que $\P_n$ est vrai pour un certain rang $n$. (On a donc $B^n = C^{-1} T^n C$ ) 
\begin{eqnarray*}
B^{n+1} & = & B^n  \times B \\
& = & C^{-1} T^n C \times C^{-1} T C \\
& = & C^{-1} T^n  \times T  C \\
& = & C^{-1} T^{n+1} C
\end{eqnarray*}
La proposition $\P_{n+1}$ est donc vraie. On en déduit que la suite des proposition $(\P_n)$ est héréditaire. 
	\item \textbf{Conclusion :} \fbox{Pour tout $n \in \N^*$, $B^n = C^{-1} T^n C$. } 
	\end{itemize}
	$$
	C^{-1} T^n = \begin{pmatrix}
	-1 & 3 & 1 \\
	1 & -1 & 0 \\
	1 & -2 & 0 
	\end{pmatrix}
	\begin{pmatrix}
	0 & 1 & n+1 \\
	0 & 1 & n \\
	0 & 0 & 1 
	\end{pmatrix}
	= \begin{pmatrix}
	0 & 2 & 2n \\
	0 & 0 & 1 \\
	0 & -1 & 1-n
	\end{pmatrix}
	$$
On a donc \begin{center}
\fbox{Pour tout $n \in \N^*,$ 
$B^n  = C^{-1} T^n C = \begin{pmatrix}
	0 & 2 & 2n \\
	0 & 0 & 1 \\
	0 & -1 & 1-n
	\end{pmatrix}
	\begin{pmatrix}
0 & 2 & -1 \\
0 & 1& -1 \\
1 & -1 & 2 
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
2n & 2-2n & 4n-2 \\
1 & -1 & 2 \\
1-n & n-2 & 3-2n
\end{pmatrix}
$.}
\end{center}
\end{enumerate}


\end{document}