Correction de Devoir Libre N°13

MPSI du lyc´ee Rabelais http://mpsi.saintbrieuc.free.fr FACULTATIF ´CORRIGE DU DEVOIR LIBRE N˚13 `PROBLEME 1 Partie I. Le cas ou` P est constant ∃b∈R, ∀n∈N,u = au +b(0) n+1 n 1. Soit u∈ E . Si alors ∀n∈ N,au +b = au +ba n n∃b ∈R, ∀n∈N,u = au +bn+1 n c’est `a dire b = b. (0) (0)N2.a. E = {u ∈ R /∃b ∈ R,∀n ∈ N,u = u + b}. E est donc l’ensemble des suitesn+1 n1 1 arithm´etiques. 0Donc u∈ E ⇐⇒ ∃λ,μ∈R tel que∀n∈N, u = λn+μ.n1 (0) (0)Nb. E = {u ∈ R }/∃b ∈ R,∀n ∈ N, u = b}. E est donc l’ensemble des suitesn+10 0 constantes. 0Donc u∈ E ⇐⇒ ∃μ∈R tel que∀n∈N, u = μ.n0 (0) 3. Soit u et v dans E et soit λ et μ deux r´eels.a ∀n ∈ N, (λu +μv) = λu +μv = λ(au +b ) +μ(av +b ) = a(λu +μv) +n+1 n+1 n+1 n u n v n (λb +μb ).u v (0) (0) Donc λu+μv∈ E avec b = λb +μb . E ´etant stable par combinaisons lin´eairesa aλu+μv u v Nest un sous-espace vectoriel de R . (0) 4. – x∈ E avec b = 1−a car∀n∈N,x = 1 = ax +b = a.1+(1−a).a x n+1 n x (0) n+1 n– y∈ E avec b = 0 car∀n∈N,y = a = ay +b = a.a +0.a y n+1 n y – (x,y) est une famille libre. En effet : n∀α,β∈R,αx+βy = 0 ⇐⇒ ∀n∈N,α+βa = 0. Cette ´egalit´e ´etant vraie pour tout α+β = 0 n est vraie en particulier pour n = 0 et n = 1. Ceci conduit au syst`eme α+βa = 0 avec a = 1, d’ou` α = β = 0. 5.a.
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1.

2.a.

b.

3.

4.

5.a.

b.

MPSIdulyc´eeRabelaishtt:p//pmisai.sbrntuciere.frf.e

´
CORRIGE DU DEVOIR LIBRE N˚13

FACULTATIF

`
PROBLEME 1
PartieI.Lecaso`uPest constant
Soitu∈Ea(0). Si∃∃bb′∈∈RR∀∀nn∈∈NNuunn+1+1==auaunn++bb′alors∀n∈N aun+b=aun+b′
c’esta`direb=b′.
E1)0(={u∈RN∃b∈R∀n∈N un+1=un+b} E)1(0est donc l’ensemble des suites
arithm´etiques.
Doncu∈E10⇒⇐∃λ µ∈Rtel que∀n∈N un=λn+µ.
E0)0(={u∈RN}∃b∈R∀n∈N un+1=b} E()00est donc l’ensemble des suites
constantes.
Doncu∈E00⇐∃⇒µ∈Rtel que∀n∈N un=µ.
SoituetvdansEa(0)et soitλetµuxdesl.´ree
∀n∈N(λu+µv)n+1=λun+1+µvn+1=λ(aun+bu) +µ(avn+bv) =a(λu+µv)n+
(λbu+µbv).
Doncλu+µv∈E(a0)avecbλu+µv=λbu+µbv.E(a0)omrcnabionisinsliae´sere´attntsbaelap
est un sous-espace vectoriel deRN.
–x∈Ea(0)avecbx= 1−acar∀n∈N xn+1= 1 =axn+bx=a1 + (1−a).
–y∈E(a0)avecby= 0 car∀n∈N yn+1=an+1=ayn+by=aan+ 0.
– (x y) est une famille libre. En effet :
∀α β∈R αx+βy= 0⇐⇒∀n∈N α+βan.0eC=gelatt´etruotuo´eitta´evrntepai
nest vraie en particulier pourn= 0 etn=.1eCicoceme`tsysuatiudnαα++aββ0=0=

aveca6u’d`o=,1α=β= 0.

λx0+µy0=u0
λx1+µy1=u1

⇐⇒

⇐⇒

λ0
λ++µµa==uu1
λ(1−a) =
µ(1−a) =

−au0+u1=−au0+ (au0+bu) =bu
u0−u1=u0−(au0+bu) =u0(1−a)−bu

aveca6= 1
Donclesyst`emexλxλ10++yµµy01==uu01 e s er uniq couple (λ µ) =1b−uua0−1b−ua.
admet pou u olution l
Raisonnonsparre´currence:laproprie´te´annonce´eestvraiepourn= 0 etn= 1.
Supposons qu’au rangn,un=λxn+µyn. Alors
λxn+1+µyn+1=λ(axn+bx) +µayn=a(λxn+µyn) +λ(1−a)
=a(λxn+µyn) +bu=aun+bu=un+1
Laproprie´te´estdoncvraiepourtoutn.

1

c.Donc,∀u∈Ea(0)∃λ µ∈R u=λx+µy.
La famille (x yimllenafnoucsedt)deceriatern´´eegEa(0).
6.libre. On en conclut que la famille (Or on a vu au 4. que cette famille est x y) est une
base deE(a0), et queEa(0)est un espace vectoriel de dimension 2.
Partie II. Le casa6= 1

1.

2.

3.

4.

5.a.

b.

6.a.

b.

7.

SupposonsquelepolynˆomePn’est pas unique.
Ainsi∃(P Q)∈Rp[X]2tels que∀n∈Nun+1==uauann++PQ((nns)Alor)∀n∈N P(n) =

Q(n,eri`tda’cse,)∀n∈N(P−Q)(n) = 0.
LepolynˆomeP−QdeRp[Xlsuot(sereitneseeluratsn.s)a]mdtenueinfinit´ederacin
C’estdonclepolynoˆmenul,d’o`uP=Q.
2
∀(u v)∈(Eap)2∀(λ µ)∈R,

(λu+µv)n+1=λun+1+µvn+1=λ(aun+Pu(n)) +µ(avn+Pv(n))
=a(λun+µvn) + (λPu(n) +µPv(n)) =a(λu+µv)n+ (λPu+µPv)(n)

λPu+µPv∈Rp[X], doncλu+µv∈Ea(p)avecPλu+µv=λPu+µPv.
Ea(p)est donc un sous espace vectoriel deRN.
On vient de voir quePλu+µv=λPu+µPvuieq´es’itcr:cθ(λu+µv) =λθ(u) +µθ(v)
θairein´eionlicatedlppaenucnodtseEa(p)dansRp[X].
u∈Ker(θ)⇐⇒θ(u) = 0⇐⇒Pu= 0.
Doncu∈Ker(θ)∀⇐⇒n∈N un+1=aun.
Ker(θ)sedtedaruqsesinosne’lcnosedelbmeg´esitsurietm´eoa.
Remarquons que la suite (y`taIud)e.4.ontsulnn,alearppentiKer(θe)etts´gen´eratricede
Ker(θc)raottuseiuetg´eom´etriqueude raisonaest telle que :∃λ∈R∀n∈N un=λan.
DoncKer(θ) est le sous-espace vectoriel deEa(p)neepr´ndge(aryod`’u),dim(Ker(θ)) = 1.
Le coefficient deXkdansQkesegt´a`la1−aaveca6nul,cnontdonIles.1=u’d`o
deg(Qk) =k.
LespolynoˆmesQ0 Q1 Q ptc2sa`.2lIsedsdr´egdiesinstylopmoˆnonselunnsedtnos
forment donc une famille libre deRp[X].
Ordim(Rp[X]) =p et la famille libre (+ 1Q0 Q1  Qp) deRp[X] apnO.eml´tsen´e+1
en conclut que (Q0 Q1  Qp) est une base deRp[X]
Soiturapeinfied´teuiasl∀n∈N un=nk.
Alors,∀n∈N aun+Qk(n) =ank+ (n+ 1)k−ank= (n+ 1)k=un+1.
Doncu∈E(ap)etθ(u) =Qku`o’d,Qk∈Im(θ).
L’applicationline´aireθest donc surjective, i.e.Im(θ) =Rp[X], et doncdim(Im(θ)) =
p+ 1.
on a vu au II.4. queKer(θ) est de dimension 1, et on a vu au II.6. queIm(θ) est de
dimensio
L’imageentpenolau1d+ya.θiude´dnoeuqt´enttafinoi,einidedsnemEa(p)est de dimension

2

8.

9.

1.

finm,ei(Ee(tp)uth´iondemeor`(plptarapaIem(udθgn)a=r)p:+.2
dia) =dim(Ker(θ)) +dim
(Rappel ? ? : montrons queE(ap)est de dimension finie.
Notonsv(i)dteeden´ec´nantuQiparθ.
Soitu∈Eap, alors∃λ0  λp∈Rp+1tel queθ(u) =λ0Q0++λpQp=θ(λ0v(0)++λpv(p)).
n
Doncθ(u−λ0v(0)−−λpv(p)) = 0, i.e.u−Xλiv(i)∈Ker(θ). Donc∃α∈Rtel que
i=0
n
u=αy+Xλiv(i). Donc (y λ(v0) λpv(p))tuesfanellmi´eeg´nretairecnfieiedEap,c’est`a
i=0
direEa(p)est de dimension finie.)
La famille (x(0)  x(p) y) apdatsnsmenee´´l2+Ea(p)espace vecoriel de dimensionp+ 2.
Pour montrer que c’est une base, il suffit donc de montrer que c’est une famille deE(ap)
et qu’elle est libre.
p
–Onamontre´au6.a.quepourtoutk,x(k)edtneme´le´tseEa.
– Cette famille est libre. en effet :

n
αy+Xλix(i)= 0
i=0

⇐⇒

⇐⇒
⇐⇒

∀n∈N λ0n0+λ1n1++λpnp+αan= 0

∀n∈N λ0+λ1n++λpnp+αan= 0
∀n∈N λ0a−n+λ1na−n++λpnpa−n+α= 0

Or,∀k∈Nlimnka−n= 0.
n→+∞
n+λ1na−n0 =⇒α= 0.
Alorsnl→i+m∞(λ0a−++λpnpa−n+α) =
n
DoncXλix(i)= 0.
i=0
p
SoitRdeeˆnmoopylleRp[X]rnipad´efiR=XλiXi. Alors∀n∈N R(n) = 0, donc
i=0
Rntulenomnˆoucton.Dffieocsessosstneicnfinit´ederacinesc,e’tsodcnelopylaienu
nuls,c’est`adire:∀i λi= 0. Ainsi la famille (x(0)  x(p) y) est libre ; c’est donc une
(p)
base deEa.
u∈E1(2)avecPu=−2X+ 7.
Donc∃α β γ∈Rtels que∀n∈N un=α+βn+γ2n. Il nous faut donc trouver les
coefficientsα β γ.
α+γ=−2
uuu102===−2113⇐⇒αα+α+2+γββ=+42+γγ−==1122β+ 3γ= 13⇐⇒αγβ===−352
3⇐⇒β+γ= 5
n
Donc∀n∈N un=−5 + 2n+ 32 .
Partie III. Le casa= 1

–Lesre´sultatsdesquestionsII.1.,II.2.,II.3.restentvalables,caronn’avaitpasutilis´e
l’hypothe`sea6= 1.

3

2.

u∈Ker(θ)⇐∀⇒n∈N un+1−un= 0 i.e.Ker(θ) est l’espace vectoriel des suites
constantes,c’est`adirel’espacevectorieldedimension1engendre´parlasuite(x´efinie)d
au I.4.
Enreprenantlade´finitiondeQk, alorsQ0= 0 et pourk>1deg(Qk) =k−1.
Onde´montrealorsdelameˆmemanie`reque(Q1 Q2  Qp+1) est une base deRp[X].
Pourk∈ {12  p+ 1},Qk=θ(x(k)).a.6.IIauu’nqioattrnse´ommede()ˆm
Donc la encoreIm(θ) =Rp[X] et doncdim(E(1p)) =p+ 2.
`
(x(1) x(2)  x(p+1) x) est une base deE1(p)(c’est clairement une famille libre dep+ 2
´l´ nts)
e eme
Donc∀u∈E(1p)∃(λ1  λp+1 α)∀n∈N un=α+λ1n+λ2n2+λp+1np+1.

u∈E)1(1avecPu=−6X+ 1.
Donc∃α β γ∈Rtels que∀n∈N un=
coefficientsα β γ.
uuu102===−−−126⇐⇒αα+αβ=+2−γ2=−1
+ 2β+ 4γ=−6
2
Donc∀n∈N un=−2 + 4n−3n.

α+βn+γn2. Il nous
α=−2
⇐⇒β+γ= 1
2β+ 4γ=−4

4

faut donc trouver les
α=−2
⇐⇒β= 4
γ=−3

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