Résolution d’un système tridiagonal

(Oral Centrale Mp)
Soit {\alpha=(\alpha_{n})_{n\ge1}} une suite de réels.
Pour {n\ge1}, soit {A_{n}=\begin{pmatrix}\alpha_{1}&-1&0&\ldots& 0\cr -1&\alpha_{2}&-1&\ddots&\vdots\cr0&\ddots&\ddots&\ddots&0\cr\vdots&\ddots&-1&\alpha_{n-1}&-1\cr0&\ldots&0&-1&\alpha_{n}\end{pmatrix}\in\mathcal{M}_{n}(\mathbb{R})}.
Soit {\Delta_{n}=\det(A_{n})}.

  1. Pour {n\ge3}, exprimer {\Delta_{n}} en fonction de {\Delta_{n-1}} et {\Delta_{n-2}}.
  2. Dans cette question, on suppose : {\forall\, k\ge1,\;\alpha_{k}\ge 2}.

    • Montrer que : {\forall\, n\ge1,\;\Delta_{n}\ge n+1}.
    • Calculer {\Delta_{n}} si tous les {\alpha_{k}} sont égaux à {2}.
    • Calculer {\Delta_{n}} si les {\alpha_{k}} sont égaux à {\mu>2}. On posera {\mu=\text{ch}(\theta)}.
  3. Dans cette question, {n} est un entier fixé ({n\ge2}).

    On suppose que les {\alpha_{k}} sont tous supérieurs ou égaux à {2}.

    Soit {(\beta_{1},\beta_{2},\cdots,\beta_{n})\in\mathbb{R}^n} et le système {(S_{n}):\ A_{n}\begin{pmatrix}x_{1}\cr x_{2}\cr\vdots\cr x_{n}\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}\beta_{1}\cr\beta_{2}\cr\vdots\cr \beta_{n}\end{pmatrix}}

    On va décrire un algorithme de résolution de {(S_{n})}.

    • Montrer qu’on définit {n} réels {\delta_1,\delta_2,\ldots,\delta_n} de {]\,0,1]} en posant : {\delta_1=\dfrac1{\alpha_1}\quad\text{et}\quad\forall\, k\in\{2,\ldots,n\},\;\delta_{k}=\dfrac{1}{\alpha_{k}-\delta_{k-1}}}
    • On pose {\omega_1=\beta_1\,\delta_1}, et : {\forall\, k\in\{2,\ldots,n\},\;\omega_{k}=(\beta_{k}+\omega_{k-1})\delta_{k}}.

      Montrer que la solution unique {(x_{1},\ldots,x_{n})} de {(S_{n})} est donnée par : {x_n=\omega_n\quad\text{et}\quad\forall\, k\in\{1,\ldots,n-1\},\;x_k=\omega_k+\delta_k\,x_{k+1}}

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  1. Pour {n\ge3}, on développe {\Delta_{n}} par rapport à sa dernière ligne.

    On obtient {\Delta_{n}=\alpha_{n}\Delta_{n-1}+\Delta'_{n-1}}, où {\Delta'_{n-1}} est d’ordre {n-1}.

    Après développement selon sa dernière colonne, on voit que {\Delta'_{n-1}=-\Delta_{n-2}}.

    On a donc {\Delta_{n}=\alpha_{n}\Delta_{n-1}-\Delta_{n-2}} pour tout {n\ge3}.

    • Montrons que {\Delta_{n}\ge \Delta_{n-1}+1\ge n+1} pour tout {n\ge2}.

      D’abord {\Delta_{1}=\alpha_{1}\ge2}, donc {\Delta_{2}=\alpha_{1}\alpha_{2}-1\ge 2\Delta_{1}-1\ge \Delta_{1}+1\ge 3}.

      Soit {n\ge3}. On suppose {\Delta_{n-1}\ge \Delta_{n-2}+1\ge n}. Ainsi : {\begin{array}{rl}\Delta_{n}&=\alpha_{n}\Delta_{n-1}-\Delta_{n-2}\ge2\Delta_{n-1}-\Delta_{n-2}\\\\&\ge \Delta_{n-1}+1\ge n+1\end{array}}Cela achève la récurrence.

      On a donc {\Delta_{n}\ge n+1}. En particulier {A_{n}} est inversible.

    • Si {\alpha_{k}=2} pour tout {k}, alors : {\forall\, n\ge3,\;\Delta_{n}=2\Delta_{n-1}-\Delta_{n-2}\text{\ (suites arithmétiques)}}Comme {\Delta_{1}=2} et {\Delta_{2}=3}, il vient {\Delta_{n}=n+1} pour tout {n\ge1}.
    • On suppose que les {\alpha_{k}} sont tous égaux à {\mu>2}.

      On pose {\mu=2\,\text{ch}(\theta)}{\theta>0}. La relation sur les {\Delta_{n}} devient : {\forall\, n\ge3,\;\Delta_{n}-2\,\text{ch}(\theta)\Delta_{n-1}+\Delta_{n-2}=0}L’équation caractéristique de cette récurrence est :{P(t)=t^{2}-2\,\text{ch}(\theta)\,t+1=(t-\text{e}^{\theta})(t-\text{e}^{-\theta})=0}Ainsi : {\exists\,(\lambda,\mu)\in\mathbb{R}^{2},\;\forall\, n\in\mathbb{N}^{*},\;\Delta_{n}=\lambda\text{e}^{n\theta}+\mu\text{e}^{-n\theta}}.

      Or {\Delta_{1}=2\,\text{ch}(\theta)} et {\Delta_{2}=4\,\text{ch}^{2}(\theta)-1}.

      On peut poser {\Delta_{0}=2\,\text{ch}(\theta)\Delta_{1}-\Delta_{2}=1} pour que tout démarre à l’indice {0}.

      On trouve {\begin{cases}\lambda+\mu=1\\ \lambda\text{e}^{\theta}+\mu\text{e}^{-\theta}=2\,\text{ch}(\theta)\end{cases}} donc {\lambda=\dfrac{\text{e}^{\theta}}{2\,\text{sh}(\theta)}} et {\mu=\dfrac{\text{e}^{-\theta}}{2\,\text{sh}(\theta)}}.

      Ainsi : {\forall\, n\ge1,\;\Delta_{n}=\dfrac{\text{e}^{(n+1)\theta}-\text{e}^{-(n+1)\theta}}{2\,\text{sh}(\theta)}=\dfrac{\,\text{sh}((n+1)\theta)}{\,\text{sh}(\theta)}}.

    • Puisque {\alpha_1\ge2}, on {\delta_1=\dfrac1{\alpha_1}} existe et est dans {]\,0,1]}.

      Supposons maintenant qu’on connaisse {\delta_{k-1}\in]\,0,1]}, pour {2\le k\le n}.

      Alors {\alpha_{k}\ge2\Rightarrow\alpha_{k}-\delta_{k-1}\ge1\Rightarrow\delta_{k}=\dfrac1{\alpha_{k}-\delta_{k-1}}\in]\,0,1]}.

      On a donc prouvé l’existence de {\delta_1,\delta_2,\ldots,\delta_n} dans {]\,0,1]}.

    • On a tout d’abord : {\begin{array}{rl}\alpha_1x_1-x_2&=\alpha_1(\omega_1+\delta_1x_2)-x_2=\alpha_1\delta_1(\beta_1+x_2)-x_2\\\\&=(\beta_1+x_2)-x_2=\beta_1\end{array}}Ainsi la première équation de {(S_{n})} est vérifiée.

      Soit maintenant {k} dans {\{1,\ldots,n-2\}}.

      Montrons que la {(k+1)}ème équation de {(S_{n})} est vérifiée. On a :{\begin{array}{rl}-x_k+\alpha_{k+1}x_{k+1}-x_{k+2}&=-(\omega_k+\delta_kx_{k+1})+\alpha_{k+1}x_{k+1}-x_{k+2}\\\\&=-\omega_k+(\alpha_{k+1}-\delta_k)x_{k+1}-x_{k+2}\\\\&=-\omega_k+\dfrac{x_{k+1}}{\delta_{k+1}}-x_{k+2}\\\\&=-\omega_k+\dfrac{\omega_{k+1}+\delta_{k+1}x_{k+2}}{\delta_{k+1}}-x_{k+2}\\\\&=-\omega_k+\dfrac{\omega_{k+1}}{\delta_{k+1}}=-\omega_k+(\beta_{k+1}+\omega_k)\\\\&=\beta_{k+1}\end{array}}Enfin on vérifie la dernière égalité de {(S_n)} : {\begin{array}{rl}-x_{n-1}+\alpha_nx_n&=-(\omega_{n-1}+\delta_{n-1}x_n)+\alpha_nx_n\\\\&=-\omega_{n-1}+(\alpha_n-\delta_{n-1})x_n\\\\&=-\omega_{n-1}+\dfrac{x_n}{\delta_n}\\\\&=-\omega_{n-1}+\dfrac{\omega_n}{\delta_n}\\\\&=-\omega_{n-1}+(\beta_n+\omega_{n-1})=\beta_n\end{array}}Conclusion : le {n}-uplet {(x_1,x_2,\ldots,x_n)} est l’unique solution de {(S)}.