Correction : Algèbre linéaire, Etude d une famille de suites récurrentes
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Extrait

d’après Mines de Sup 2001

1.
2.a

2.b
3.

4.

5.a

5.b

5.c

6.

1.a

1.b

Correction

Partie I

=1−0doncest déterminé de manière unique.
1(0)correspond à l’ensemble des suites arithmétiques i.e. l’ensemble des suites réelles pour lesquelles il
existe∈ℝtel que∀∈ℕ,=0+.
0(0)correspond à l’ensemble des suites constantes à partir du rang 1.
( 0)⊂ℝℕ, en prenant=0 , la suite nulle appartient à(0).
Soitλ,∈ℝet (), ()∈(0).
∀∈ℕ,λ+1++1=(λ+)+avec=λ+doncλ()+()∈(0).
Ainsi(0)est un sous-espace vectoriel deℝℕet c’est un donc unℝ- espace vectoriel .
Supposonsλ+=0 i.e.∀∈ℕ,λ.1+=0 .
Pour=0 , on aλ+=0 et pour= on a1 ,λ+=0 .
λ+=λ= − λ=
λ+=00(−1)=0=e 0qu0ispu ≠1 .
Ainsi (,) est une famille libre.
∈(0)avec=1−car 1=.1+(1−) .
∈(0)avec=0 car+1=.+0 .
0 0=0 0=0− =0−1−
λ+ ⇔λ+=⇔λ⇔λ( ) (1)
λ1+1=1λ+=1(−1)=1−0=(1−0) (−1) .
Convenons de poser=.
=1−0=λ(1−0)+(1−)0=λ+(en fait֏est linéaire).
Raisonnons par récurrence sur∈ℕ:
Pour=0 : ok
Supposons la propriété établie au rang≥0 :
+1=+=(λ+)+λ+=λ(+)+(+)=λ+1++1.
Récurrence établie.
La famille (, génératrice de) est(0)puisque∀∈( 0),∃(λ,)∈ℝ,=λ.+..
Ainsi (,) est une base de(0).
(0)={()∈ℝℕ;∃(λ,)∈ℝ,∀∈ℕ,=λ+}et dim( 0)=2 .

Partie II

L’applicationϕintroduite est clairement une application linéaire.
Si∈kerϕalors∈ℝet(0)=(1)=…=()=0 .
étant de degré inférieur àet possédant+ le polynôme nul.1 racines, c’est
Ainsiϕest une application linaire injective.
De plus dimℝ=+1=dimℝ+1donc par le théorème d’isomorphisme c’est un isomorphisme.
ɶ
Sietsont deux polynômes solutions du problème posé alors :
ɶ ɶ
ϕ()=(1−0,2−1,…,+1−)=ϕ( par injectivité de) etϕon obtient=.
Le polynômeest donc unique.

2.

3.

4.

5.a

5.b

6.a

6.b

7.

8.

9.

1.

()⊂ℝℕ, la suite nulle appartient à()(en prenant=0 ).

Soitλ,∈ℝet (), ()∈().
∀∈ℕ,λ+1++1=λ(+())+(+())=(λ+)+()
avec=λ+(=λ+). Ainsiλ()+()∈().
()
est un sous-espace vectoriel deℝℕ, c’est donc unℝ- espace vectoriel .
En vertu des calculs ci-dessus :
∀λ,∈ℝ,∀(), ()∈()on aλ+=λ+i.e.θ(λ+)=λθ()+θ() .
Ainsiθest une application linéaire de()versℝ.
k
Soit∈erθ. On a=0 donc∀∈ℕ,+1=puis∀∈ℕ,=0
kerθ=Vect() avec=()∈ℕ.
−1
Puisque≠1 et=(1−)+∑ℓℓ degon a=.
ℓ=0
La famille (0,1,…, une famille de polynômes de degrés étagés, c’est donc une base de) estℝ

Soit∈ {0,1,…,}etla suite de terme général=.
On a∀∈ℕ,+1=(+1)=+(+1)−=+() .
Ainsi∈()etθ()=d’où∈Imθ.
L’application linéaireθest surjective carℝ=Vect(0,…,)⊂Imθpuisℝ=Imθ.
En vertu du théorème du rang : dim()=rg(θ)+dim kerθ=(+1)+1=+2 .
On a déjà vu ci-dessus(0),…,(),∈().
Supposonsλ0(0)+⋯+λ()+=0 .

En appliquantθon obtient :λ0θ((0))+⋯+λθ(())+θ()=0 i.e.λ00+⋯+λ+×0=0 .
Or (0,…, libre donc) estλ0=…=λ=0 .
La relation initiale donne alors= puisque0 et≠ obtient aussi0 on0 .
=
Finalement la famille ((0),…,(),) est libre.
((0),…,(), une famille libre formée de) est+2=dim()éléments de(), c’est donc une base
de().
∈2(1)donc∃!(α,β,γ)∈ℝ3tel que∀∈ℕ,=α+β+γ2.
0= −2 ,1=1 et2=5 donc
α+γ= −2α= −2−γα= −2−γα= −3
α+β+2γ=1β+γ=3β=3−γβ=2
α+2β+4γ=52β+3γ=7γ=1γ=1
Finalement∀∈ℕ,= −3+2+2.

Partie III

Les questions 1,2,3,4 de la partie II se reprennent dans les mêmes termes en notant que cette fois-ci
kerθ=Vect() oùest la suite constante égale à 1.
Pour= {0,1,…,}, posons=(+1)+1−+1polynôme de degré.
.
Pour()la suite définie par()=+1on observe(ɀ

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