Séquence 4 - Académie en ligne · Il s’agit de la célèbre suite de Fibonacci, le surnom de Léonard de Pise… Le problème est maintenant de trouver une formule explicite pour

1Séquence 4 – MA03

Séquence 4

Calcul matriciel, modèles déterministes

Dans cette séquence, il s’agit de pré-senter différents modèles détermi-nistes d’évolution de population et de montrer que l’étude de ces modèles nécessite l’outil matriciel. Nous réu-tiliserons les définitions et propriétés obtenues dans la séquence 2 concer-nant les modèles probabilistes, mais les matrices rencontrées ne seront plus stochastiques. Nous aurons donc besoin de propriétés sur des matrices quelconques.

Sommaire

1. Prérequis

2. Matrices d’ordre 2et suites récurrentes

3. Synthèse

© Cned - Académie en ligne


Calcul matriciel

1. Matrices et opérations sur les matrices

a) Généralités

Pour l’étude de cette séquence, il sera utile de bien avoir en tête les résultats généraux concernant les matrices (définitions, opérations, puissance, inverse d’une matrice 2 2× ).

b) Suites de matrices

Soit A une matrice carrée et X0 un vecteur colonne.

On considère la suite ( )Xn définie par X0 et pour n ≥ 1, X AXn n= −1.

Pour tout n de N, X A Xnn= 0.

Si la suite ( )Xn converge vers un vecteur colonne X, alors X vérifie : AX = X.

Propriété 1

Ces résultats ont été établis dans la séquence 2 sur des suites de vecteurs lignes, les démonstrations pour les suites de vecteurs colonnes sont identiques.

Le premier point se démontre par récurrence (voir propriété 8 de la séquence 2). Même si cette démonstration n’est pas rappelée systématiquement dans le cours, le jour du bac, il faudra détailler la démonstration.

Suites

Les résultats concernant les suites et leurs limites doivent être connus pour l’étude de cette séquence.

A

Remarque

B

1 Prérequis


4 Séquence 4 – MA03

2 Matrices d’ordre 2 et suites récurrentes

Objectifs du chapitre L’évolution au cours du temps de population peut se traduire à l’aide de suites récurrentes. Au travers d’exemples historiques, on introduit l’écriture matricielle de systèmes linéaires de suites récurrentes. L’outil matriciel permet alors de trou-ver une forme explicite des suites et de comprendre, de prévoir le comportement asymptotique de ces suites.

Pour débuter : modélisation par classe d’âge

1. Évolution d’une population de lapins : la suite de Fibonacci

Le problème suivant a été considéré au début du XIIIe siècle par Léonard de Pise. Un homme possède un couple de lapins dans un enclos. Chaque mois, la femelle donne naissance à un nouveau couple, que l’on place dans un nouvel enclos. On suppose que la jeune femelle du nouveau couple est apte à se reproduire le mois suivant, de la même manière. Une femelle est donc considérée comme adulte le mois suivant sa naissance. Quel est le nombre de couples de lapins (ou, ce qui revient au même, le nombre de femelles) au bout de n mois ?

On appelle an le nombre de femelles adultes au bout de n mois et jn le nombre de jeunes femelles au bout de n mois.

Déterminons ces nombres pour les premières valeurs de n.

Génération n 0 1 2 3 4 5 6 7

Adultes an 1 1 2 3 5 8 13 21

Jeunes jn 0 1 1 2 3 5 8 13

Total 1 2 3 5 8 13 21 44

Au bout de n +1 mois, on a :

le nombre de femelles adultes est égal au nombre de femelles adultes du mois précédent plus le nombre de jeunes femelles nées le mois précédent car une jeune femelle devient adulte au bout d’un mois : a a jn n n+ = +1 ;

le nombre de jeunes femelles est égal au nombre de naissances, c‘est-à-dire au nombre d’adultes du mois précédent : j an n+ =1 .

A

B



On obtient, pour n ≥ 0, j aa j j jn n n n n n+ + += + = +=2 1 1 . La suite ( )jn est défi-nie par la récurrence linéaire suivante :

j j

n j j j

0, 1

pour 0,.

n n n

0 1

2 1

= =≥ = +

+ +

Il s’agit de la célèbre suite de Fibonacci, le surnom de Léonard de Pise…

Le problème est maintenant de trouver une formule explicite pour cette suite, c’est-à-dire une expression de jn en fonction de n. Revenons à nos deux suites

( )an et ( ).jn Pour n ≥ 0, on note Xn le vecteur j

an

n

..

Les relations j an n+ =1 et a a jn n n+ = +1 donnent

Xj

ann

n1

1

1=

=++

+

j

aAX0 1

1 1n

nn=

=

avec A la matrice 0 11 1

.

Par récurrence, on obtient, pour n ≥ 0, X XAnn= 0 avec

X001

=

.

L’obtention d’une formule explicite pour la suite ( )jn se ramène donc au calcul

de la puissance n-ième de la matrice A.

2. Modélisation par classe d’âge : les matrices de Leslie

Le modèle précédent n’est pas réaliste : il ne suppose aucune mortalité des lapins.

L’espérance de vie moyenne d’un lapin est d’environ 2 ans, on considère alors un cycle de vie de deux ans. En général, on ne considère que les femelles. Le modèle le plus simple est de considérer deux classes d’âge :

les jeunes lapines dont l’âge varie de 0 à 1 an ;

les lapines adultes dont l’âge varie de 1 an à 2 ans.

La maturité sexuelle des femelles est atteinte à peu près à 6 mois, on suppose que, pour les jeunes femelles de plus de 6 mois (et de moins de 1 an), la fécondité est en moyenne de deux femelles par an. Pour une femelle adulte, cette fécondité passe à six femelles par an en moyenne.

Par ailleurs, on observe que 50 % des jeunes lapines n’atteignent pas l’âge adulte.

On appelle an le nombre de femelles adultes et jn le nombre de jeunes femelles au temps n (en années).

On obtient alors le système suivant :ja

j aj

n n n

n n

+

+

= +=

1

1

2 6

0 5,.



On suppose qu’initialement la population d’un parc est composée de 2 jeunes femelles et de 1 femelle adulte.

On obtient j1 = 2j0 + 6a0 = 10 et, pour n ≥ 0,

j jj a j j jn n n n n n n+ + + + += + = = ++ ×2 1 1 1 12 6 2 2 36 0 5, . La suite ( )jn est définie par la récurrence linéaire suivante :

j j

n j j j

2, 10

Pour 0, 2 3.

n n n

0 1

2 1

= =≥ = +

+ +

Calculons les premiers termes de jn et an .

Année n 0 1 2 3 4 5 6

Jeunes jn 2 10 26 82 242 730 2 186

Adultes an 1 1 5 13 41 121 365

Total 3 11 31 95 283 851 2 551

Sur le long terme, il semble que la population de chaque classe d’âge, et donc la population totale, triple à peu près,chaque année.

Sous forme matricielle, on obtient :

X Xja

LLXn n nn

n+ = =

=

1

2 60 5 0

avec et,

..

Par récurrence, on en déduit : pour n ≥ 0, X XLnn= 0.

L’obtention d’une formule explicite pour la suite ( )jn se ramène donc au calcul de la puissance n-ième de la matrice L.

� Vérifier que L PDP= −1 avec D =−

3 0

0 1 et P =

−

6 2

1 1.

� En déduire que j 31

3nn

n= × α − β

−

avec α et β qui ne dépendent que de j0 et a0. Ici, 3α = et 1β = .

� Expliquer pourquoi, à long terme, la population triple environ chaque année.

On suppose que l’évolution d’une population est modélisée par une relation de récurrence de la forme

pour entiern X AX

Xn n,

.+ =

1

0

On se pose alors les questions suivantes.

Est-ce que toute matrice A peut se mettre sous la forme PDP −1 avec D une matrice diagonale ?

On dit alors que cette matrice est diagonalisable et les nombres sur la diagonale de D sont appelés de A.

Activité 1



Si la matrice est diagonalisable, a-t-on toujours une évolution de « type géo-métrique » de raison la plus grande des valeurs propres et ce indépendamment des conditions initiales ?

Si la matrice n’est pas diagonalisable, que se passe-t-il ?

Notre exemple est un cas simple de la modélisation par classe d’âge à l’aide des matrices de Leslie.

Dans le modèle de Leslie, on considère une population structurée en classe d’âge (par exemple pour les mammifères) ou en stades évolutifs (par exemple œufs, larves puis adultes pour les insectes) de même durée (sauf éventuelle-ment pour la dernière classe). La durée de chacune de ces classes est le pas de temps ∆t . Autrement dit, la population passe d’une classe à la suivante en un temps ∆t .

On représente les effectifs par classe à l’instant t n tn = × ∆ , à l’aide d’un vecteur colonne Xn :

X

X

X

X

n

n

n

np

=

( )

( )

( )

1

2

� où Xn

i( ) est l’effectif de la i-ème classe d’âge

à l’instant t n tn = × ∆ .

Le nombre Xn( )1 correspond à la classe des plus jeunes ou du premier stade évo-

lutif et Xnp( )

à la classe des plus âgés ou du dernier stade évolutif.

On suppose que le taux de fécondité de la i-ème classe est donné par le nombre fi et le taux de survie de la i-ème classe est donné par le nombre si .

Supposons que l’on ait quatre classes d’âge, on obtient la relation suivante : pour tout entier n,

X

X

X

X

n

n

n

n

+

+

+

+

=

11

12

13

14

( )

( )

( )

( )

ff f f f

s

s

s s

X

X

n

n

1 2 3 4

1

2

3 4

1

0 0 0

0 0 0

0 0

( )

(22

3

4

)

( )

( )

X

X

n

n

soit X LXn n+ =1 .

La matrice L est dite matrice de Leslie.

Ci-après, un exemple de modélisation de l’évolution des baleines bleues ou ror-quals proposée par Usher en 1972. Il considère sept classes d’une durée de 2 ans, excepté pour la dernière qui représente les baleines de 12 ans et plus.



La matrice de Leslie est la suivante :

L =

0 0 0 19 0 44 0 5 0 5 0 450 87 0 0 0 0 0 0

0 0 87 0 0 0 0 00 0 0 8

, , , , ,,

,, 77 0 0 0 0

0 0 0 0 87 0 0 00 0 0 0 0 87 0 00 0 0 0 0 0 87 0 8

,,

, ,

.

Les paramètres démographiques de la population sont donc les suivants : l’inter-valle utile de temps est de 2 ans ( ∆t = 2 ).

Le taux de survie d’une classe à l’autre est constant, égal à 0,87. Les femelles sont fertiles à partir de l’âge de 4 ans. Le taux de fécondité est maximal à partir de 8 ans, égal à 0,5. Les animaux de 12 ans et plus ont encore une fécondité importante de 0,45 et un taux de survie de 0,80.

Cours

1. Écriture matricielle de suites récurrentes linéaires

On considère la suite u( )n définie par la récurrence linéaire suivante :

Nu u

n u au bu

, réels donnés

pour , n n n

0 1

2 1∈ = +

+ +

avec a et b réels donnés.

Pour n entier naturel, on pose Xu

u.n

n

n

1=

+

Alors la suite de vecteurs colonnes X( )n vérifie la relation de récurrence suivante.

Pour tout entier naturel n, X AXn n1 =+ avec A a b1 0

.=

D’où (propriété 1) la formule explicite : pour tout entier naturel n, X A X .nn

0=

Propriété 2

C



On considère les suites u( )n et v( )n définies par la récurrence linéaire suivante :

NN

u v

n u au bv

n cu dv

, réels donnés

pour ,

pour , vn n n

n n n

0 0

1

1

∈ = +

∈ = +

+

+

avec a, b, c et d réels donnés.


v.n

n

n=


Pour tout entier naturel n, X AXn n1 =+ avec A a bc d

.=

D’où la formule explicite : pour tout entier naturel n, X A X .nn

0=

Propriété 3

La propriété 1 est un cas particulier de la propriété 2, il suffit de prendre c = 1 et d = 0.

Donner l’écriture matricielle des suites suivantes.

� La suite ( )un est définie par :

Nu u

n u u u

0, 1

Pour ,13

23

.n n n

0 1

2 1

= =

∈ = +

+ +

� Les suites ( )un et ( )vn sont définies par :

NN

u v

n u u v

n u v

1, 3

Pour , 2 2

Pour , v 6

.n n n

n n n

0 0

1

1

= =∈ = −∈ = −

+

+

� On pose Xu

u

1.n

n

n=

+

La suite de vecteurs colonnes ( )Xn vérifie la

relation de récurrence suivante.

Pour tout entier naturel n, X AXn n+ =1 avec A =

13

23

1 0

d’où (propriété 1) :

X XAnn= 0 avec X

1

0.0 =

� On pose Xu

vnn

n=

. La suite de vecteurs colonnes ( )Xn vérifie la relation

de récurrence suivante.

Remarque

Exemple 1

Solution



Pour tout entier naturel n, X AXn n+ =1 avec A = −−

2 2

6 1 d’où (propriété 1)

X XAnn= 0 avec X0

1

3=

.

On considère les suites u( )n et v( )n définies par la récurrence linéaire suivante :

u v

n u au bv p

n v cu dv q

, réels donnés

pour ,

pour ,n n n

n n n

0 0

1

1

NN

∈ = + +

∈ = + +

+

+

avec a, b, c, d, p et q réels donnés


v.n

n

n=


Pour tout entier naturel n, X AX Bn n1 = ++ avec A a bc d

=

et

B

pq

.=

On suppose que la matrice I A− est inversible.

Il existe une unique suite constante (Xn) vérifiant la précédente relation de récur-rence : la suite définie pour tout entier naturel n par Xn = C où C = (I – A) –1 B.

La suite de vecteurs colonnes (Un ) définie pour tout entier naturel n par

Un = Xn – C vérifie la relation de récurrence : Un+1 = AUn.

D’où (propriété 1) la formule explicite : pour tout entier naturel n, U A Unn

0= et X U C .n n= +

Propriété 4

Cherchons tout d’abord les suites (Xn) constantes vérifiant la relation dé récur-rence Xn+1 = AXn+B. Soit (Xn) une suite constante. Il existe donc un vecteur colonne C tel que, pour tout entier naturel n, Xn=C.

La suite constante (Xn) vérifie ainsi la relation de récurrence Xn+1 = AXn + B si et seulement si : C= AC + B.

Cette dernière équation équivaut à ( )I A X B− = or I A− est inversible, donc l’équation possède une unique solution : C I A B= − −( ) .1

Soit n un entier naturel, montrons la relation de récurrence U AUn n+ =1 .

On a C BAC= + donc X C B AC CAX B A Xn n n+ − + − −= + =1 ( ) ( ) soit U AUn n+ =1 .

On considère les suites ( )un et ( )vn définies par :

u v

n u u v

n v u v

1, 3

Pour , 2 2 20

Pour , 6 10

.n n n

n n n

0 0

1

1

NN

= =∈ = − +∈ = − −

+

+

Démonstration

Exemple 2



� Donner l’écriture matricielle de ce système.

� Montrer qu’il existe une unique solution constante C et la déterminer.

� Donner une expression des solutions (on ne cherchera pas à élever à la puis-sance n-ième, la matrice liée à ces suites).

� On pose Xu

vnn

n=

. La suite de vecteurs colonnes ( )Xn vérifie la relation

de récurrence suivante.

Pour tout entier naturel n, X BAXn n+ = +1 avec A = −−

2 2

6 1 et

B =

−

20

10 avec X0

1

3=

.

� Montrons qu’il existe une unique solution constante C.

On cherche C tel que C BAC= + soit ( ) .I A C B− = La matrice I A− est égale

à I A− = −−

1 2

6 2.

Son déterminant est égal à 10, il est non nul, donc I A− est inversible.

On a alors une unique solution : C I A B= − −( ) 1 soit

C1

102 26 1

2010

613

.= −−

−

=

� Donnons une expression explicite des solutions.

On pose pour tout entier naturel n, U CXn n= − . On a alors U AUn n+ =1

(propriété 4).

D’où la formule explicite (propriété 1) : pour tout entier naturel n, U UAnn= 0

avec U X C 5 12

.0 0= − = −

D’où pour tout entier naturel n, X U C A U C .n nn

0= + = +

2. Calcul de puissances de matrice An

On étudie, dans ce paragraphe, trois exemples d’élévation à la puissance n d’une matrice 2 2× .

Les résultats de cette partie ne sont pas exigibles mais permettent de comprendre les différents comportements des systèmes linéaires de suites récurrentes et per-mettent de s’entraîner !

Solution



A

Une matrice A est dite diagonalisable s’il existe une matrice inversible P et une matrice diagonale D telles que :

A PDP .1= −

Définition 1

Soit une matrice A diagonalisable, c’est-à-dire qu’il existe une matrice inversible P

et une matrice réelle diagonale D telle que A PDP 1= − avec D =

λµ0

0. Alors

pour tout entier naturel non nul n,

A PD Pn n 1= − avec D

0

0.n

n

nλ

µ=

Propriété 5

Démontrer la propriété précédente.

Démonstration de la propriété 5

Démontrons cette propriété par récurrence et notons � (n) la proposition :

« A PD Pn n= −1 et Dnn

n=

λµ0

0. »

Initialisation

On a : A PDP= −1et D D1 00

= =

λµ

. Donc � (1) est vraie. Hérédité

Soit k un entier naturel non nul. On suppose vraie la proposition � (k) :

A PD Pk k= −1 et Dkk

k=

λµ0

0.

On a :

A A A PD P PDP PD P PDP PD IDPk k k k k+ − − − − −= ⋅ = ( ) ⋅ ( ) = =1 1 1 1 1 1 == + −PD Pk 1 1 ;

D D Dk kk

k

k

k+

+

+= ⋅ =

⋅

=1

10

0

00

0

0

λµ

λµ

λµ 11

.

La proposition � (k+1) est donc vraie.

Exemple 3

Solution



On en déduit alors, par récurrence, que pour tout entier naturel non nul, la proposition � (n) est vraie.

A ac a

0=

c

Soit a, c réels et A la matrice réelle : A ac a

0 .=

On écrit A aI cN= + avec N 0 01 0

.=

Alors pour tout n de �*, A a I na cN.n n n 1= + −

Propriété 6

Démontrer la propriété précédente.

Démonstration de la propriété 6

On procède par récurrence.

Initialisation

Pour n = 1, on a a I a cN aI cN A1 01+ × = + = , la proposition est vraie au rang 1.

Hérédité

Soit k un entier supérieur ou égal à 1. On suppose que A a I ka cNk k k= + −1 . On montre que la proposition est vraie pour k+1.

A A A A a I ka cN aI cN a I ka cNk k k k k k+ − −= ⋅ = ⋅ +( ) = + +( )1 1 1( )

= + + +

=

+ −

+

a I ka cN a cN ka cN

a

k k k k

k

1 1 2

1II k a cN ka cNk k+ + + −( ) .1 1 2

Or N2 0= d’où A a I k a cN( 1)k k k1 1= + ++ + et la proposition est vraie pour k+1.

Conclusion

Par récurrence, la proposition est vraie pour tout entier naturel non nul.

Le cas où A est de la forme A a ba

=

0 est similaire.

On considère la matrice A = −

0 1

1 2.

� Vérifier que A PBP= −1 avec P = −

1 1

0 1 et

B I N= + où N =

0 0

1 0.

� En utilisant la propriété précédente, exprimer Bn

en fonction de n.

� Exprimer An en fonction de n.

Exemple 4

Solution

Remarque

Exemple 5



� On a :

AP 0 11 2

1 10 1

0 11 1

= −

−

= −

et

PB 1 10 1

1 01 1

0 11 1

.= −

= −

On a AP = PB et P est inversible car son déterminant est non nul, donc (on multi-plie les deux membres de l’égalité, à droite, par P −1) : A PBP= −1.

� D’après la propriété précédente (avec B, a c1et 1)= = : B I nNn = + .

� Par récurrence, on montre que pour tout n ∈�, on a A PB Pn n= −1.

Initialisation

Pour n = 0, on a PB P PIP I A0 1 1 0− −= = = car A et B non nuls, donc la proposition est vraie au rang 0.

Pour n = 1, on a A PBP= −1 d’après la question �, donc la proposition est vraie au rang 1.

Hérédité

Soit n un entier tel que n ≥1. On suppose que A PB Pn n= −1. On montre que la propriété est vraie pour n+1.

A AA PBP PB P PBIB P PB Pn n n n n+ − − − + −= = ( )( ) = =1 1 1 1 1 1.

La proposition est vraie pour n+1.

Conclusion

Par récurrence, la propriété est vraie pour tout entier naturel.

Déterminons P −1. On a :

P − =

1 1 1

0 1.

Calculons An . On a :

A PB P P I nN P PIP nPNP I nPNPn n= = + = + = +− − − − −1 1 1 1 1( ) ;

PNP 1 10 1

0 01 0

1 10 1

1 01 0

1 10 1

1 11 1

;

1 = −

= −

= − −

−

donc A n nn n

n nn n

n =

+ − −

= − −

+

1 0

0 11

1.

Solution



Déterminer les puissances Jn de J =

−

0 1

1 0 en fonction de la parité de n.

Calculons J 2

puis J 3 et J 4.

J I0 11 0

0 11 0

1 00 1

2 =−

−

= −

−

= −

donc

J J3 = − et J I4 = .

On peut alors conjecturer que pour n ∈�, on a J I J Jn n n n2 2 11 1= − = −+( ) ( ) ,et on appelle �(n) cette proposition.

On la montre par récurrence.Initialisation

La proposition �(0) est vraie car J est non nulle donc

J I I J J J( 1) = et ( 1) .0 0 1 0= − = − =

Hérédité

Soit n un entier naturel. On suppose que �(n) est vraie. On montre �(n+1).

On a :

J J J I I I Jn n n n n2 1 2 2 1 2 1 11 1( ) ( )( ) ( ) ( )+ + + += = − − = − =et JJ J IJ Jn n n2 1 1 11 1( ) ( ) ( )+ + += − = −car �(n) est vraie et car J I2 = − . Donc �(n+1) est vraie.

Conclusion

Par récurrence, �(n) est vraie pour tout entier naturel.

On considère la matrice A =− −

6 2

13 4.

� Vérifier que A PBP= −1 avec P = −

−

1 1

2 3 et

B I J= + où J =

−

0 1

1 0.

� Calculer B B B B2 3 4 5, , .et

� En déduire A5.

� On calcule AP et PB.

On a : AP 6 213 4

1 12 3

2 05 1

=− −

−

−

=−

et

PB 1 12 3

1 11 1

2 05 1

= −−

−

=−

donc AP = PB.

Le déterminant de P est 1, il est non nul, donc P est inversible d’où AP = PB donne

A PBP= −1.

� Calculons B B B B2 3 4 5, , .et On a :

B I J I J I J J J2 22 2= + + = + + =( )( ) car J I2 = − ; B BB I J J J J I J3 2 22 2 2= = + = + = − +( ) ( ) ( ) ;

Exemple 6

Solution

Exemple 7

Solution



B B J I4 2 2 22 4= = = −( ) ( ) ;

B B5 4= − .

Par récurrence, on pourrait démontrer que :

B I B B B J Bk k k k k k k4 4 1 4 2 44 4 4 2= − = − = −+ + +( ) , ( ) , ( ) et 33 4 2= − − +( ) ( ).k I J

� Ainsi :

A PBP PBP PBP PBP PBP5 1 1 1 1 1= ( )⋅( ) ⋅ ( ) ⋅ ( ) ⋅ ( )=

− − − − −

PPBP PBP PBP PB P

PBP P

− − − −

−

( ) ⋅ ( ) ⋅ ( ) ⋅ ( )= ( ) ⋅

1 1 1 2 1

1 BBP PB P

PB P PBP

− −

− −

( ) ⋅ ( ) =

= ( ) = − ( )1 3 1

5 1 14

...

== −4A.

Pour conclure

On s’intéresse aux suites de vecteurs colonnes ( )Xn définies par une relation de récurrence de la forme : pour tout entier naturel n, X AXn n+ =1 avec

A a bc d

=

.

On a pour tout entier naturel n, X XAn

n= 0.

Dans le cas où il y a un membre constant : X BAXn n+ = +1 et à condition que la matrice I A− soit inversible, on se ramène au cas précédent par un changement de variables (voir propriété 3).

Obtenir une expression de Xn en fonction de n revient donc à obtenir celle de An

en fonction de n.

Dans le cas où la matrice A est diagonalisable (voir définition 1). On peut obtenir « assez facilement » des expressions de An et étudier le comportement asymp-totique (sur le long terme) de la suite ( ).Xn

Étudions quelques exemples.

1. Retour sur la suite de Fibonacci

La suite de Fibonacci ( )un est définie par la récurrence linéaire suivante :

u u

n u u u

0, 1

Pour ,.

n n n

0 1

2 1N= =

∈ = + + +

Remarque

D

Remarque



Pour n entier naturel, on pose

Xu

unn

n=

+1 . Alors la suite ( )Xn vérifie la

relation de récurrence suivante.

Pour tout entier naturel n, X AXn n+ =1 avec A =

1 1

1 0 d’où

X XAn

n= 0.

� Montrer que A PDP= −1 où

P D

x x

1 1,

00

, et ( > 0)

étant les solutions réelles de 1 0.2

λ µ λµ λ µ λ=

=

− − =

� En déduire l’expression de An puis de un en fonction de n.

� Montrer que uu

lim .n

n

n

1 λ=→+ ∞

+

� Montrer que pour toutes matrices A et B d’ordre 2, det det( ) det( ).( )AB A B= ×

� En déduire que pour tout entier naturel n et toute matrice non nulle d’ordre 2,

det = det( )A An n( ) ( ) .

� Vérifier que pour tout n entier non nul,

Au u

u un n

n

n

n=

+

−

1

1 où A est la

matrice de l’exercice précédent et un( ) la suite de Fibonacci (on pourra utili-

ser les résultats de l’exercice précédent).

� Montrer la formule de Cassini : pour tout entier n non nul,

u u un n nn

+ − − = −( )1 12 1 .

� En déduire que pour tout entier naturel n, un+1 et un sont premiers entre eux.

2. Retour sur les matrices de Leslie

On considère une population de mammifères structurée en trois classes d’âge d’une année :

les jeunes qui ne peuvent se reproduire ;

les jeunes adultes avec un taux de fécondité de 1 ;

les adultes avec un taux de fécondité de 5.

On sait que l’espérance moyenne de vie est de 3 ans, le taux de survie des jeunes est de 52,02 % et celui des jeunes adultes est de 20,4 %.

On note jn la densité des jeunes l’année n, cn celle des jeunes adultes et an celle

Exercice 1

Exercice 2

Exercice 3



des adultes. La population totale l’année n est donnée par N j c a .n n n n= + +

On note X

j

c

an

n

n

n

=

le vecteur colonne décrivant la population l’année n.

On suppose qu’à l’instant initial (année 0), la population est constituée unique-

ment de jeunes, on prend

X100

.0 =

� Montrer que la suite Xn( ) des vecteurs de population vérifie la relation de

récurrence suivante.

Pour tout entier naturel n, X LXn n+ =1 avec L0 1 5

0,5202 0 00 0,204 0

=

une

matrice de Leslie.

On en déduit que pour tout entier naturel n, X L Xnn= 0.

� Tracer dans un même repère les courbes d’évolution des différentes classes d’âge et de la population totale sur 50 ans.

� Qu’observe-t-on ?

� Vérifier que la matrice de Leslie L peut s’écrire L PBP= −1 (on admet que P est

inversible).

avec B1,02 0 0

0 0,51 0,510 0,51 0,51

= −− −

et

P1 1 0

0,51 0,51 0,510,102 0 0,204

.= − −

En déduire que pour tout entier naturel n, L PB Pn n= −1.

� On pose M =

1 0 00 0 00 0 0

et

J0 0 00 1 10 1 1

.= −

Montrer par récurrence que pour tout entier naturel n,

B Mn n= +( , )1 02 Jn n−( , ) .0 51

� À l’aide d’un logiciel, calculer les premières puissances de ( , ) .−0 51J n Qu’ob-

serve-t-on ?

� Calculer PMP −1 et PMP X−1

0.

En déduire le comportement à long terme de la suite Xn( ) des vecteurs population.

Les observations faites sur les courbes sont-elles en accord avec notre étude ?

On veut regarder si une légère modification des paramètres de la matrice de Les-lie modifie ou non l’évolution de la population. On peut imaginer qu’une légère modification du milieu de vie des mammifères va changer légèrement leur fécon-



dité et leur taux de survie. On diminue de 5 % un des coefficients de la matrice de Leslie, sans modifier les autres, et on regarde l’évolution de la population totale avec ces nouvelles conditions.

Le graphique ci-après présente l’évolution de la population totale dans les diffé-rentes conditions.

0 10 20 30 40 Temps

1.6

1.4

1.2

1

0.8

0.6

0.4

Popu

latio

n to

tale

1

2

3

4

La courbe 1 représente l’évolution de la population totale sans modification de la matrice de Leslie.

La courbe 3 représente l’évolution de la population totale en modifiant de 5 % la fécondité des jeunes adultes : L12 0 95= , .

La courbe 2 représente l’évolution de la population totale en modifiant de 5 % la fécondité des adultes : L13 4 75= , .

La courbe 4 représente l’évolution de la population totale en modifiant de 5 % le taux de survie des jeunes : L21 0 4769= , .

La courbe noire représente l’évolution de la population totale en modifiant de 5 % le taux de survie des jeunes adultes : L32 0 1938= , .

� Quelles observations faites-vous ?

� Quelle explication peut-on proposer ?



3. Exercices d’apprentissage

Dans les causses du parc national des Cévennes, le faucon pèlerin, une espèce protégée, se nourrit essentiellement de gros oiseaux, comme les chouettes. On s’intéresse à l’évolution de ces deux espèces. On note Fn le nombre, en centaines, de faucons et Cn le nombre, en centaines, de chouettes l’année 2010+n.

On modélise leur intéraction de la façon suivante :

en l’absence de chouettes, la population des faucons décroît de 55,4 % ;

en l’absence de faucons, la population des chouettes augmente de 10,4 %.

De plus,

le nombre de nouveaux faucons est égal à 47 % du nombre de chouettes l’an-née précédente ;

le nombre de chouettes diminue de 11,28 % du nombre de faucons l’année précédente.

On obtient donc le système linéaire de suites récurrentes suivant : pour tout entier naturel n,

F

C

F C

F Cn n n

n n n

+

+

= += − +

1

1

0 446 0 47

0 1128 1104

, ,

, ,.

On suppose qu’en 2010 le nombre de faucons est de une centaine et celui des chouettes de deux centaines.

� À l’aide d’un tableur, calculer les premiers termes de la suite des faucons Fn( )

et de celle des chouettes Cn( ) , puis du rapport entre les deux espèces FC

n

n

.

� Modifier les conditions initiales et refaire les calculs. Ont-elles une influence sur le comportement à long terme des deux espèces ?

On note X

F

Cnn

n=

le vecteur correspondant à ces deux populations.

� Écrire la relation de récurrence correspondante sous forme matricielle : pour tout entier naturel n, X AXn n+ =1 .

En déduire une expression de Xn en fonction de n et X0.

� Montrer que A PDP= −1 avec P =

10 5

12 1 et

D =

1 01 00 0 54,

,.

Exercice 4



En déduire que pour tout entier naturel n, A PD Pn n= −1.

� En déduire une expression explicite (en fonction de n ) des suites Fn( ) , Cn( )

et FC

n

n

.

� Déterminer la limite de chacune des suites.

� L’étude confirme-t-elle les observations faites dans la première partie ?

On considère deux variétés hybrides d’iris : l’une donnant des fleurs oranges, l’autre des fleurs violettes.

D’une année sur l’autre, il y a dégénérescence d’une partie des plants : par polli-nisation croisée, certains plants donneront des plants avec des fleurs d’une autre couleur et d’autres seront stériles, ils ne donneront aucun plant.

On considère un champ comportant une proportion un d’iris à fleurs orange l’année 2012+n et une proportion vn d’iris à fleurs violettes. On modélise l’évo-lution d’une année sur l’autre des proportions des plants à fleurs orange et de ceux à fleurs violettes dans le champ par le système suivant :

u

v

u v

u vn n n

n n n

+

+

= − += − + +1

1

0 3 0 16 0 16

0 1875 0 5 0 24

, , ,

, , ,

.

On suppose qu’en 2012 la proportion d’iris à fleurs orange est 0,3 et celle d’iris à fleurs violettes est de 0,4.

� À l’aide d’un tableur, calculer les premiers termes des suites un( ) et

vn( ).

� Modifier les conditions initiales et refaire les calculs. Ont-elles une influence sur les proprortions à long terme des deux types de plants ?

On note Xu

vnn

n=

le vecteur des proportions des deux types de plants.

� Écrire les relations de récurrence définissent ces suites sous forme matricielle : pour tout entier naturel n, X BAXn n+ = +1 .

� Montrer qu’il existe une unique solution constante et la déterminer, c’est-à-dire déterminer l’unique vecteur colonne C tel que C AC B= + .

Xn( )� On pose U CXn n= − . Montrer que pour tout entier naturel n, on a U AUn n+ =1 .

Exercice 5



� En déduire que pour tout entier naturel n, U UAnn= 0 puis que

X X CA Cnn= − +( ) .0


−

8 8

5 15 et

D

0,2 00 0,6

.=

En déduire que pour tout entier naturel n, A PD Pn n= −1.

� En déduire une expression explicite (en fonction de n et de X0 ) de Xn .

� Étudier la limite des suites un( ) et

vn( ).

X AX Bn n1 = ++ I A−

On considère la suite de vecteurs colonnes Xn( ) définie pour tout entier naturel n

par X BAXn n+ = +1 avec A =

35

15

45

35

et

B 11

.=

� Montrer que la matrice I A− n’est pas inversible.

� Montrer qu’il n’existe pas de solution constante à cette récurrence, c’est-à-dire que pour tout vecteur X, on a X AX B≠ + .


−

1 1

2 2 et

D

1 0

015

.=

� On pose

U XPn n= −1 . Montrer que pour tout entier naturel n,

U DU P Bn n+−= +1

1 .

On pose Uu

v.n

n

n=

Donner la forme explicite des suites un( ) et vn( ).

(On pourra écrire les relations de récurrence vérifiées par ces deux suites).

On pose X

x

y.n

n

n=

En déduire une forme explicite pour les suites xn( ) et yn( ).

� Étudier la convergence de la suite Xn( ).

On considère une population de lémuriens structurée en deux classes d’âge d’une durée de deux ans.

La matrice de Leslie de cette population est L1,5 2

0,08 0.=

� Interpréter chacun des termes de cette matrice.

Exercice 6

Exercice 7



� Montrer que L PDP= −1 avec D =

−

1 6 00 0 1,

, et P

1 10,05 0,8

.=−

�

On note X

jann

n=

le vecteur de la population à l’instant t t nn = +0 0 5, en

années.

On a pour n ≥ 0, X XLnn= 0. Montrer que j 1,6

0,11,6n

nn

= × α + β−

avec

α et β qui ne dépendent que de j0 et de a0.

� Expliquer pourquoi, à long terme, cette population est multipliée par environ 1,6 tous les deux ans.

On considère une population structurée en deux classes d’âge d’une durée de un an.

La matrice de Leslie de cette population est L0,25 2

0,375 0.=

� Montrer queL PDP= −1 avec D =

−

1 00 0 75,

et P

1 10,375 0,5

.=−

� On note Xjann

n=

le vecteur de la population à l’instant t t nn = +0 en

années.

On a pour n ≥ 0, X XLnn= 0. Expliquer pourquoi, à long terme, la population

stagne.

Vous pourrez montrer que j ( 0,75)nn= α + β − avec α et β qui ne dépendent

que de j0 et a0.

Exercice 8



3 SynthèseSynthèse de la séquence

Soit le système

u v

n u au bv p

n v cu dv q

, réels donnés

Pour ,

Pour ,n n n

n n n

0 0

1

1

NN

∈ = + +∈ = + +

+

+

avec a, b, c, d, p et q réels donnés.

On pose Xu

v.n

n

n=

Alors pour tout entier naturel n, X BAXn n+ = +1 avec

A a bc d

=

et

B

pq

.=

On suppose que la matrice I A− est inversible. On pose C I A B= − −( ) 1 et pour tout entier naturel n, U X Cn n= − .

Alors pour tout entier naturel n, U AUn n+ =1 .

D’où pour tout entier naturel n, U UAnn= 0 et X A X C Cn

n= −( )+0 .

Si B0

0,

λµ=

alors

B

0

0.n

n

nλ

µ=

Si

B I N=

= +λ

λλ0

1, alors

B I n Nn n n= + −λ λ 1 . (résultats non exigibles)

Exercices de synthèse

Le harle huppé est une espèce de canard vivant essentiellement dans le nord de l’Europe (Royaume-Uni, Irlande…) au bord des océans. Il se nourrit de poissons, en particulier d’anguilles.

On s’intéresse à l’évolution de ces deux populations dans un estuaire protégé.

A

Résolution

B

Exercice I



On note hn le nombre (en dizaines) de harles huppés et an celui d’anguilles

l’année n. On note Xh

ann

n=

le vecteur population. On modélise l’évolution

de ces deux populations par la relation suivante.

Pour tout entier naturel n, X AXn n+ =1 avec Ak

0,25 0,51,25

=−

et k un para-

mètre de prédation.

On étudie l’évolution des deux populations en fonction du paramètre k (variant suivi le milieu de vie).

Dans chacun des cas suivants, à l’aide d’un tableur ou d’un logiciel, calculer et représenter les 30 premiers termes des suites hn( )

et

an( ). Interpréter ces courbes.

On prend pour condition initiale une dizaine de harles huppés et deux dizaines d’anguilles.

� Prendre k = 0,495.




On montre par récurrence que pour tout entier naturel n, X XAnn= 0.

On s’intéresse donc au calcul des puissances de la matrice A et au comportement de An lorsque n tend vers l’infini.

� On prend k = 0,495.

Montrer que A PDP= −1 avec D =

45

0

07

10

et

P =

10 10

11 9.

Déterminer An .

Conclure sur la convergence de la suite Xn( ).

� On prend k = 0,095.


65

0

03

10

et

P =

10 10

19 1.

Déterminer An et Xn .




� On prend k = 0,375.

Déterminer un vecteur stable non nul, c’est-à-dire X * tel que X AX* *.=


1 0

012

et P =

1 132

12

.

Déterminer

An et Xn .


On s’intéresse à l’évolution de deux espèces dans un même milieu, dont l’une est la proie de l’autre. On parle de modèles prédateur-proie. Ce type de modèle fut introduit par Volterra en 1926 suite à une demande d’un responsable italien de la pêche à Trieste concernant la prolifération des requins en mer adriatique après la Première Guerre mondiale. Ce modèle fut développé indépendamment par Lotka en 1922 dans le domaine de la cinétique chimique.

On note pn et qn les nombres respectifs de sardines et de requins (en milliers) l’année n.

On suppose que :

en l’absence de prédateurs, les proies ont un taux de croissance constant positif r1 0 04= , ;

en l’absence de proies, les prédateurs ont un taux de mortalité constant négatif r2 0 01= , ;

le taux de mortalité des proies est proportionnel au nombre de prédateurs, de coefficient b1

45 10= × − ;

le taux de croissance des prédateurs est proportionnel au nombre de proies, de coefficient b2

410= − .

On obtient le système (non linéaire) de suites récurrentes suivant :

∈

=− −+

p n

pp

r

q

pbn n

n

0 0

11

, ,donnés, pour �

11

12 2

q

qb

qq

r p

n

n n

nn

+ − = +

soit p n

p r p pq

q

b qn n n n

n

0 0

1 1 11

, ,

( )

donnés, pour ∈= + −+

+

�

11 2 21= − +

( )r q p qbn n n

soit

p n

p p pq

q

qn n n n

0 0

1 1 04 0 0005

,

,

,

,

donnés, pour ∈= −+

�

nn n n nq p q+ = +

1 0 99 0 0001,

.

,

Exercice II



On prend pour conditions initiales 90 proies, soit p0 90= et 50 prédateurs, soit q0 50= .

� À l’aide d’un tableur ou d’un logiciel, représenter la suite des proies et celle des prédateurs.

Autrement dit, placer dans un repère les points n pn;( ) et les relier, de même

pour les points n qn;( ).(Calculer au moins les 1000 premiers termes des suites.)

� Qu’observez-vous ?

� Que se passe-t-il si on change les conditions initiales ?

� On appelle point d’équilibre d’un système de suites récurrentes les solutions constantes de ce système.

Autrement dit, on cherche les couples (p ; q) tels que :

p p pq q pq

q== +

−1 04

0 99 0 0001

0 0005,

, ,.

,

Montrer que ce système possède exactement deux solutions : 0 0;( ) et p q* * .; ;( ) = ( )100 80

� On se place au voisinage du point d’équilibre non trivial.

Pour cela, on effectue le changement de variables u

v

p p

q q

n n

n n

= −

= −

*

*.

Ces suites restent alors proches de zéro.

Montrer que l’on obtient le système suivant :

u n

u

v

u vn n n

0

1

0

0 05 0

, ,

,

réels donnés, pour ∈− −=+

�,,

,

.

,

0005

0 00010 0081

uu

vu v v

n n

n n n n nv + = + +

Les suites ( )un et vn( ) sont proches de zéro, donc on décide de négliger le terme u vn n par rapport à un et vn .

On obtient alors le système linéaire :

u n

u

v

u vn n n

n

0

1

0

0 05

, ,

,

réels donnés, pour

v

∈−=+

�

++ = +

1 0 008,

.

u vn n



� Remplacer dans le système linéaire un et vn respectivement par p pn*− et

q q .n*−

Montrer que l’on obtient le système suivant sous forme matricielle :

p

qA

p

q40,8

.n

n

n

n

1

1

=

+−

+

+

On a une suite de vecteur Un( ) récurrente de la forme U AU Bn n+ = +1 avec

A = −

1 0 050 008 1

,,

, B =−

40 8,

et Up

q.n

n

n=

Montrer que U

p

q

**

*=

est un vecteur stable, c’est-à-dire que U AU B* * .= +

� En déduire que pour tout entier naturel n, U U UA Unn= −( )+0

* *.

� Montrer que A PCP= −1 avec C I J=−

= +1 0 02

0 02 10 02

,,

, et

P =−

1 00 0 4,

.

(On pourrait montrer que la matrice A n’est pas diagonalisable.)

Calculer C 2 et C 3. Observer que les puissances de C ne s’expriment pas « simplement ».

� À l’aide d’un tableur ou d’un logiciel, représenter dans un même repère les suites pn( ) et qn( ) definies par la récurrence linéaire ci-dessus. Quelles observations faites-vous ?

�


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Séquence 4 - Académie en ligne · Il s’agit de la célèbre suite de Fibonacci, le surnom de Léonard de Pise… Le problème est maintenant de trouver une formule explicite pour