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Application aux suites récurrentes linéaires

Définition On considère une suite d'éléments d'un corps $ \mathbb{K}$ de caractéristique nulle définie par récurrence par $ u_n=a_0u_{n-p}+a_1u_{n-p+1}+a_2u_{n-p+2}+...+a_{p-1}u_{n-1}$ ($ u_i$ étant donné pour $ i<n$). On peut en fait noter $ X_n=(u_{n+p-1},u_{n+p},...,u_{n})$; alors $ X_{n+1}=MX_n$, avec

$\displaystyle M= \begin{array}{cccccc}
0 & 1 & 0 & ... & ... & 0 \\
0 & 0 & 1 ...
... & ... & ... & 0 & 1 \\
a_0 & a_1 & ... & ... & a_{p-2} & a_{p-1}
\end{array}$

On suppose $ a_0$ non nul, cas auquel on peut toujours se ramener.

Une telle suite est dit suite récurrente linéaire.

Le polynôme caractéristique de $ M$ est $ P=X^p-a_0-a_1X-a_2X^2-...-a_{p-1}X^{p-1}$. Par définition, ce polynôme est dit polynôme caractéristique de la relation de récurrence linéaire.

L'espace vectoriel $ E$ des suites vérifiant la relation de récurrence donnée est le noyau de $ P(f)$, avec $ f$ l'application qui à une suite $ (u_n)$ associe $ (u_{n+1})$ (ceci découle immédiatement de la définition de $ P$!).

On va faire l'hypothèse que $ P$ est scindé, ce qui dans le cas de suites réelles ou complexes est une hypothèse qui n'enlève rien à la généralité, puisqu'on peut toujours supposer la suite complexe. On peut alors appliquer D'Alembert-Gauss pour conclure que $ P$ est scindé .

Par le lemme des noyaux (proposition [*]), on constate que $ E$ est égal à la somme directe des $ Ker\ (f-{\lambda}_i I)^{\nu_i}$ avec les $ {\lambda}_i$ les racines de $ P$ avec pour ordres de multiplicité les $ \nu_i$.

On va donc chercher à exprimer les solutions comme combinaisons linéaires d'éléments des $ Ker\ (f-{\lambda}_i I)^\nu_i$. Il convient donc de déterminer une base de $ Ker\ (f-{\lambda}I)^\nu$.

Pour cela on considère l'opérateur $ \mathbb{D}$ de $ \mathbb{K}[X]$ dans $ \mathbb{K}[X]$ qui à $ Q$ associe $ Q \circ (X+1) -Q$. On identifie $ \mathbb{N}$ à $ \mathbb{N}.1_{\mathbb{K}}$, de manière évidente. On considère alors $ Q$ appartenant à $ \mathbb{K}[X]$, de degré $ < \nu$; on définit ensuite $ u_n=u^{Q}_n={\lambda}^n Q(n)$. L'image de la suite $ u_n$ par $ f-{\lambda}I$ est $ n\mapsto {\lambda}^{n+1} \mathbb{D}(Q)$; son image par $ (f-{\lambda}I)^2$ est $ n \mapsto {\lambda}^{n+2} \mathbb{D}^2(Q)$, et ainsi de suite jusqu'à son image par $ (f-{\lambda}I)^\nu$ qui est $ n \mapsto {\lambda}^{n+\nu} \mathbb{D}^\nu(Q)$. Or on constate immédiatement que $ deg\ \mathbb{D}(Q)=deg\ Q -1$ si $ Q$ est de degré $ \geq 1$, et $ \mathbb{D}(Q)=0$ sinon, et donc vu la limite sur le degré de $ Q$, $ (f-{\lambda}I)^\nu(u_n)=0$.

Donc on obtient des éléments de $ E$ en considérant des suites de la forme $ n\mapsto {\lambda}_i^n n^q$, pour $ 0\leq q\leq \nu_i$. Il reste à voir si l'on obtient bien une base de $ E$. Si la famille est libre, alors son cardinal fait que l'on a bien une base de $ E$. Il suffit donc de montrer que cette famille est libre.

Il suffit donc de montrer que l'application $ Q\mapsto u^{Q}$ est linéaire et injective. La linéarité est évidente. Supposons maintenant que $ u^{Q}=0$. Alors $ Q(n)=0$ pour tout $ n$ (en effet $ {\lambda}_i$ est non nul, car nous avons imposé $ a_0$ non nul; donc $ Q$ est nul.

D'où le résultat désiré. Etant donnés les premiers termes $ u_i$ pour $ i<n$, on peut reconstituer alors la suite en écrivant à priori la suite sous la forme $ \sum Q_i(n){\lambda}_i^n$ avec $ Q_i$ de degré $ <\nu_i$; les coefficients se déduisent par une résolution de système linéaire.


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C_Antonini,J_F_Quint,P_Borgnat,J_Bérard,E_Lebeau,E_Souche,A_Chateau,O_Teytaud
 

 
©Emmanuel Vieillard Baron 01-01-2001
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