Correction : Algèbre linéaire, Suite de Fibonacci

David Delaunay Http://Mpsiddl.Free.Fr

Description

Arithmétique. Espaces vectoriels de dimension finie.

Sujets

• Classe préparatoire aux grandes écoles
• Mathématiques, physique et sciences de l'ingénieur
• Public Readiness and Emergency Preparedness Act
• exercices

Informations

• Publié par: algebre-mpsi
• Nombre de lectures: 943
• Licence : En savoir +
  Paternité, pas d'utilisation commerciale, partage des conditions initiales à l'identique
• Langue: Français

Extrait

1.

2.a

2.b

3.a

3.b

3.c

3.d

1.

Correction

Partie I

2≥2 .

Par récurrence double sur∈ℕ.
Pour=0,0=0≥ − pour1 ,=1,1=1≥0 , pour=2,2=1≥ pour1 et=3,3=
Supposons la propriété établie au rang≥2 et+1 :
+2=+1+≥+(−1)=2−1=+(−1)≥+1 puisque≥2 .

Récurrence établie. Clairement→ +∞.
Par récurrence simple sur∈ℕ∗.
Pour=1,20−21= −1 : ok
Supposons la propriété établie au rang≥1 .
2 21
+2−+1=(+1+)−+(1+−)1=−+1−=1−(−1)=(−1)+
Récurrence établie
Pour=(−1)+1et=(−1)+1on a :
−1+= par cette égalité de Bézout :1 et−1∧=1 .
Par récurrence sur∈ℕ.
Pour=0 on a∀∈ℕ∗,=0.−1+1car0=0 et1=1 .
Supposons la propriété établie au rang≥0 .
∀∈ℕ∗,+1+=+(+1)=++1+donc
+1+−(+1−1++2)=(−+)2++(1+−1)−1= −+1+ +1=0
Récurrence établie.
Posons=gcd(+,) etδ=gcd(,) .
On aδ|etδ|doncδ|+=−1++1.
Ainsiδ|etδ|+doncδ|.
Inversement, on a|et|+donc|−1=+−+1.
Or|et∧−1=1 donc∧−1=1 .
Puisque|−1et∧−1= a1 on|.
Ainsi|et|donc|δ.
Par double divisibilité :=δ.
gcd(+2,)=pgcd((+)+,)=pgcd(+,)=pgcd(,)
Par récurrence, on obtient que∀∈, pgcd(+,)=pgcd(,) .
Ainsi, siest le reste de la division euclidienne d’un entier∈ℕpar un entier∈ℕ∗on a :
gcd(,)=pgcd(,) (en prenant=,=et=+; sachant∈ℕ).
Suivons l’algorithme d’Euclide calculant∧:
On pose0=,1=, puis on réalise les divisions euclidiennes suivantes tant que les restes obtenus
sont non nuls :
0=11+2,1=22+3,,−2=−1−1+puis−1=+0 avec=gcd(,) .
Or, de part 3.c, on obtient
) pgcd( , 0) ,
= = = =
pgcd(,)=pgcd(0,1)=pgcd(1,2) ... pgcd(,0
d’où le résultat voulu.

Partie II

⊂ℝℕ.
La suite nulle (0) vérifie la relation de récurrence et appartient donc à.

2.

3.a

3.b

3.c

Soitα,β∈ℝet (), ()∈.
α.()+β.()=(α+β) et
∀∈,α+2+β+2=α(+1+)+β(+1+)=(α+1+β)+1+(α+β)
doncα.()+β.()∈.
Ainsiest un sous-espace vectoriel deℝℕ.
Soitα,β∈ℝet (), ()∈.
ϕ(α.()+β.())=(α0+β0,α1+β1)=αϕ(())+βϕ(())
doncϕest une application linéaire.
Soit ()∈kerϕ.
On a0=0 et1=0 .
Par récurrence double, on montre∀∈ℕ,=0 puisque+2=+1+.
Ainsi kerϕ= {(0)}et doncϕest injective.
Soit (,)∈ℝ2.
Pour () définie par0=,1=et∀∈ℕ,+2=+1+ (, la suite) est bien définie, elle est
élément deet on aϕ(())=(,) . Ainsiϕest surjective.
Finalementϕest bijective et c’est donc un isomorphisme de- espace vectoriel .
Il en découle dim=dimℝ2=2 .

()∈⇔ ∀∈,+2=+1+⇔2=+1

1 5 1−5
Les solutions de cette dernière équation sont1= + t2e 2=2.
Les suites (1) et (2 éléments de) sont.
Montrons qu’elles forment une famille libre.
Supposonsα(1)+β(2)=(0) i.e.∀∈ℕ,α1+β2=0 .
Pour=0 , on obtientα+β=0 d’oùβ= −α
Pour=1 , on obtientα1+β2= qui donne0 ceα(1−2)=0 .
Puisque1≠2, on conclutα=0 puisβ=0 .
La famille ((1), (2)) est une famille libre formée de 2=diméléments de, c’est donc une base de
.
Puisque ()∈:∃!(α,β)∈ℝ2, ()=α.(1)+β.(2) i.e.∀∈ℕ,=α.1+β.2.
Pour=0 , on obtientα+β=0 d’oùβ= −α.
Pour= on obtient1 ,α1+β2=1 d’oùα=1=. 15
−
12
1 
,
Ainsi∀∈=(+2)5−51(−. )5