Dimension d`un espace vectoriel

Lycée Déodat de Séverac
Mathématiques PTSI
TD 20
Dimension d’un espace vectoriel
Exercice 1 :
[corrigé]
Soit E l’espace vectoriel des fonctions de R dans R deux fois dérivables.
(Q 1) Démontrer que l’ensemble des solutions de l’équation différentielle
y ′′ + 2y ′ + y = 0
est un sous-espace vectoriel de E de dimension finie et donner sa dimension.
(Q 2) Soit λ un réel non-nul, et Fλ l’ensemble des solutions de l’équation différentielle
y ′′ + λ2 y = 0.
Démontrer que Fλ est de dimension finie et donner sa dimension.
∗
Exercice 2 :
[corrigé]
Soit E = RN , et F le sous-ensemble de E contenant les suites arithmétiques.
Démontrer que F est un sous-espace vectoriel de E de dimension finie et donner sa dimension.
Exercice 3 :
[corrigé]


a
c
b
(Q 1) Montrer que l’ensemble E formé de l’ensemble des matrices :  b a + c b + c  avec (a; b; c) ∈ R3
c
b
a+c
est un sous-espace vectoriel de M3 (R).
(Q 2) Donner une base puis la dimension de ce sous-espace vectoriel.
Exercice 4 :
[corrigé]
       
5
4
7
0
2 −2 2 4
       
Calculer le rang de la famille : F = 
1 ,  1  , 4 , 1.
3
2
0
1
Exercice 5 : Dans E = RR , pour tout k ∈ N, on note
∀x ∈ R, fk (x) = sin kx et gk (x) = cos kx.
Déterminer le rang des familles
(Q 1) F = (f1 , f2 , f3 )
(Q 3) H = F ∪ G
(Q 2) G = (g0 , g1 , g2 , g3 )
(Q 4) (f1 , f2 , g0 , g1 , g2 , f12 , f1 g1 , g12 ).
Exercice 6 :
[corrigé]
     
3
0 2
(Q 1) Montrer que la famille 1 ; −2 ; 2 est une base de R3 .
1
2
1
 
x

(Q 2) Quelles sont les coordonnées de y  dans cette nouvelle base ?
z
1
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Mathématiques PTSI

 

 
−5
3
−2





(Q 3) Faites de même avec F = (u1 ; u2 ; u3 ) avec u1 =
4 ; u2 = 0 ; u3 =
2 .
4
3
−4
Exercice 7 : La famille F = (u1 ; u2 ; u3 ; u4 ) est-elle une base de (M31 (R); +; .) ? Si non, en extraire une base
si cela est possible :
 
 
 
 
1
−2
1
−2







u1 = −2 ; u2 =
4 ; u3 = −3 : u4 =
6 .
1
−2
1
−2
Exercice 8 : Dans R4 , on considère :
y1 = (1; 1; 1; 1); y2 = (1; −1; 1; −1); y3 = (1; 2; 3; 1); y4 = (2; −2; 0; 1); y5 = (4; 0; 4; 1)
x1 = (1; 3; 5; 1); x2 = (1; 0; −1; 1)
(Q 1) Montrer que Vect y1 ; y2 ; y3 ; y4 ; y5 = R4 .
(Q 2) Montrer que la famille (x1 ; x2 ) est libre.
(Q 3) La compléter en une base de R4 en utilisant la famille y1 ; y2 ; y3 ; y4 ; y5 .
Exercice 9 :
[corrigé]
Soit M ∈ Mn (C).
2
(Q 1) Montrer que la famille (In , M, M 2 , ..., M n ) est liée.
(Q 2) En déduire l’existence d’un polynôme P de C[X] non nul tel que l’on ait : P (M ) = 0nn .
(Q 3) En déduire l’existence d’un λ dans C pour lequel M − λIn ne soit pas inversible.
(Q 4) Montrer qu’il existe X ∈ Mn1 (C) \ {0} tel que l’on ait : M X = λX. On dit que X est vecteur propre de
M associé à la valeur propre λ.
Exercice 10 : Pour chaque question :
• Montrer que les ensembles suivants sont des sous-espaces vectoriels de R3 supplémentaires ;
• Décomposer tout vecteur u = (x; y; z) de E dans la somme directe E = F ⊕ G.
n
o
n
o
(Q 1) F = (x; y; z) ∈ R3 ; 2x + y − 3z = 0 et G = (x; y; z) ∈ R3 ; x = 2y = −z ;
(Q 2) F le sous-espace vectoriel engendré par e1 = (7; 5; 0) et e2 = (6; 10; 5) et G la droite vectorielle
engendré par le vecteur u3 = (8; 9; 3).
Exercice 11 : Soient F et G deux sous espaces vectoriels de R12 . On suppose que dim F = 5 et dim G = 8
et F n’est pas inclus dans G.
(Q 1) Montrer que 1 ≤ dim(F ∩ G).
(Q 2) Montrer que dim(F ∩ G) ≤ 4.
[corrigé]
Dans M2 (R) on pose :
n a b o
1 1 1 −1 1 3 F =
; a − c + d = b + c − d = 0 et G = Vect
;
;
c d
1 1
−2 1
4 1
Exercice 12 :
Montrer que ce sont des sous-espaces supplémentaires dans M2 (R).
2
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Mathématiques PTSI
Exercice 13 : Soit E = R4 . Soit F ; G les sous-ensembles de E d’équations :
F : 2x − y + z = 0
G :
x = 2y = 3z
(Q 1) Montrer que F ; G sont des sous-espaces vectoriels de E et donner leur dimension.
(Q 2) Déterminer un supplémentaire de F puis de G.
Exercice 14 : Dans R4 on note
n
o
F = (x; y; z; t) ∈ R4 ; x − y − z + t = 0 et x + y − z − t = 0
et
n
o
G = (x; y; z; t) ∈ R4 ; x + 2y + 3z + 4t = 0 et 4x + 3y + 2z + t = 0
(Q 1) Déterminer deux vecteurs linéairement indépendants de F puis de G. Que peut-on en déduire sur
leur dimension ?
−
→
(Q 2) Montrer que F ∩ G = {0E }.
(Q 3) En utilisant un argument de dimension, montrer que F ⊕ G = R4 puis les dimensions exactes de F
et de G ainsi qu’une base de F et une base de G.
Exercice 15 : Soit n ∈ N∗ . On note Tn+ (R) l’ensemble des matrices triangulaires supérieures strictes et
Tn− (R) l’ensemble des matrices triangulaires inférieures.
(Q 1) Montrer que ces espaces sont des sous-espaces vectoriels de Mn (R).
(Q 2) Donner la dimension de ces deux sous-espaces vectoriels.
(Q 3) Montrer que Tn+ (R) ∩ Tn− (R) = {0Mn (R) }.
(Q 4) Déduire des questions précédentes que dim Tn+ (R) + Tn− (R) = n2 .
(Q 5) En déduire que Tn+ (R) et Tn− (R) sont supplémentaires.
Exercice 16 : Soit n ∈ N∗ .
(Q 1) Calculer la dimension de An (R) et de Sn (R).
(Q 2) Démontrer que An (R) ∩ Sn (R) = {0Mn (R) }.
(Q 3) En utilisant un argument de dimension, en déduire que An (R) et Sn (R) sont supplémentaires.
Exercice 17 : Soit E un espace vectoriel de dimension n ≥ 2. On appelle hyperplan tout espace vectoriel
de E de dimension n − 1.
(Q 1) Soient F et H deux hyperplans distincts de E. Déterminer dim(F ∩ H).
(Q 2) Montrer que les propositions suivantes sont équivalentes :
(a) H est un hyperplan de E ou H = E
(b) pour tout u0 ∈ E \ H; E = H ⊕ Vect(u0 ).
3
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Mathématiques PTSI
Exercice 18 : Démonstration d’un théorème d’analyse grâce aux espaces vectoriels.
Soit K = C. On note E = KN l’espace vectoriel des suites à valeurs dans K indexées par N. Soit a, b, c trois
scalaires fixés, a et c étant non-nuls (si c est nul, on aurait une suite linéaire d’ordre 1). On note
n
o
F = (un )n∈N ∈ E; ∀n ∈ N, aun+2 + bun+1 + cun = 0 .
Le but du problème est de démontrer le théorème du cours donnant l’expression générale des suites de
F que l’on rappelle ci-dessous.
THEOREME.Soient b ∈ K; a, c ∈ K∗ et soit (un ) la suite linéaire d’ordre 2 vérifiant
∀n ∈ N; aun+2 + bun+1 + cun = 0
On appelle ar 2 + br + c = 0 (E) l’équation caractéristique.
• Si (E) admet deux racines distinctes r1 et r2 alors il existe λ, µ ∈ K tels que :
∀n ∈ N, un = λr1n + µr2n .
• Si (E) admet une racine unique r0 alors il existe λ, µ ∈ K tels que :
∀n ∈ N, un = (λ + nµ)r0n .
(Q 1) Démontrer que F est un sous-espace vectoriel de E.
(Q 2) Dimension de F ?
Soit (vn ) et (wn ) les suites de F telles que v0 = 0, v1 = 1, et w0 = 1, w1 = 0.
(Q a) Démontrer que la famille ((vn ), (wn )) est libre.
(Q b) Soit (un ) une suite de F , on pose λ = u0 et µ = u1 . Démontrer que (un ) est combinaison linéaire
de (vn ) et (wn ).
(Q c) En déduire que F est de dimension 2.
(Q 3) Familles libres de suites ?
(Q a) Soit α et β deux scalaires distincts. Démontrer que la famille ((αn ), (β n )) est libre.
(Q b) Soit α un scalaire non-nul. Démontrer que la famille ((αn ), (nαn )) est libre.
(Q 4) Démonstration du théorème.
On note (E) l’équation ax2 + bx + c = 0, et ∆ son discriminant.
(Q a) Démontrer qu’une suite géométrique (q n ) de raison non-nulle est élément de F si et seulement
si q est solution de (E).
(Q b) On suppose que ∆ est non-nul, et on note λ1 ,λ2 les deux
racines de (E). En utilisant les
n
n
questions précédentes, démontrer que F = Vect (λ1 ), (λ2 ) .
n
(Q c) On suppose que ∆ est nul, et on note λ0la racine (E).
Démontrer que la suite (nλ0 ) est élément
de F . Démontrer ensuite que F = Vect (λn0 ), (nλn0 ) .
4
Indications et solutions du TD 20
Mathématiques PTSI
pour n = 0, on obtient λ1 + µ × 0 = 0 ⇔ λ = 0, puis
pour n = 1, λ + µ = 0 ⇔ µ = 0.
Indications
Correction de l’exercice 1 :
(Q 1) L’équation caractéristique de cette EDL d’ordre 2 est
r 2 + 2r + 1 = 0 ⇔ r = −1. L’ensemble des solutions
de cette EDL est
n
o
x 7→ λex +µxex ; λ, µ ∈ R = Vect x 7→ ex ; x 7→ xex .
Par propriété, cet ensemble est donc un sous espace
vectoriel
de E. Deplus, une famille génératrice est
x 7→ ex ; x 7→ xex . Étudions la liberté de cette dernière. Soit λ, µ ∈ R, ∀x ∈ R, λex +µxex = 0. Ceci est
vrai pour tous les réels x, donc en particulier pour
x = 0 ce qui amène λ = 0, puis pour x = 1, ce qui
donne µ = 0.
Cette famille est donc libre, génératrice. Par définition, c’est une base de l’ensemble des solutions de
cette EDL, qui est alors de dimension 2.
Cette famille est génératrice et libre, c’est donc une
base de l’ensemble des suites arithmétiques. Cet ensemble est donc un espace vectoriel de dimension 2.
Correction de l’exercice 3 :
On cherche une famille génératrice. On remarque que







0 0 1
1 0 0
a
c
b
 b a + c b + c  = a 0 1 0
+c 
+b 1 0 1
0 1 0 :=B
0 0 1 :=A
c
b
a+c
De plus, les vecteurs A, B, C sont des éléments de E.
Par conséquent,
E = Vect A; B; C
Par propriété, E est un sous espace vectoriel de M3 (R)
et (A, B, C) est une famille génératrice de cet espace.
On montre que cette famille est libre.
(Q 2) L’équation caractéristique de cette EDL d’ordre 2 est
Soient a, b, c ∈ 
2
2
a
c
b
r + λ = 0 ⇔ r = ±iλ. L’ensemble des solutions
b a + c b + c =
R
tels
que
aA+bB+cC
=
0
⇔
M
(R)
3
de cette EDL est
c
b
a+c
n
o
⇔
a
=
b
=
c
=
0.
Par
définition,
cette
famille
x 7→ C1 cos(λx)+C2 sin(λx); C1 , C2 ∈ R = Vect x 7→ cos(λx);0xM7→
sin(xλ)
.
3 (R)
est donc libre.
Par propriété, cet ensemble est donc un sous espace
vectoriel
de E. De plus, une famille génératrice est
Cette famille est génératrice et libre, c’est donc une
base de E. Cet ensemble est donc un espace vectoriel
x 7→ cos(λx); x 7→ sin(xλ) . Étudions la liberté de
de dimension 3.
cette dernière. Soit C1 , C2 ∈ R, ∀x ∈ R, C1 cos(λx)+
C2 sin(λ) = 0. Ceci est vrai pour tous les réels x,
donc en particulier pour x = 0 ce qui amène C1 = 0.
Puis ∀x ∈ R, C2 xex = 0 ⇒ C2 = 0. Cette famille
est donc libre, génératrice. Par définition, c’est une
base de l’ensemble des solutions de cette EDL, qui
est alors de dimension 2.
Correction de l’exercice 2 :
On cherche une famille génératrice. Une suite est arithmétique si et seulement si il existe (a; b) ∈ R2 tels que
∀n ∈ N, un = a + bn. On remarque que l’on a une
combinaison linéaire : (un )n≥0 = a(1)n≥0 + b(n)n≥0 .
Les suites (1)n≥0 (n)n≥0 sont bien arithmétiques de
raison respective 0 et 1. Par définition :
F = Vect (1)n≥0 ; (n)n≥0 .
Par propriété, F est un sous espace vectoriel
de E et
une famille génératrice est (1)n≥0 ; (n)n≥0 .
On montre que cette famille est libre. Soit λ, µ ∈ R
tels que λ(1)n≥0 + µ(n)n≥0 = (0)n≥0 . En particulier,
Correction de l’exercice 4 :
       
5
7
4
0
2 −2 2 4








Par définition, on doit calculer dim Vect   ,   ,   ,  
1
4
1
1
3
2
1
0
On teste donc la liberté de cette famille. Soient λ, µ, γ, δ ∈
R tels que
 
 
 
   
0
7
4
5
0
2
2
−2
4 0
 
 

   
λ
1 + µ  1  + γ 4 + δ 1 = 0
1
0
2
3
0
La matrice augmentée associée est



1
0
4
7 5

2 −2 2 4
 ∼L 0

1
1
1
4 1
0
0
1
2 3

1
0
∼L 
0
0
1
1
−2
4
4
2
−3
7

1
3
∼
1 L
5

1
0

0
0
1
1
−1
4
1
1
−2
4
4
2
1
7
4
2
−3
7

1
3

2
5

1
3
∼
1 L
5

1
0

0
0
1
1
0
0
4
2
−1
−1

1
3 

3 
−7
Indications et solutions du TD 20
Mathématiques PTSI
Ce système est donc de rang 4, a quatre inconnues et est
homogène. Par conséquent, ce système a une unique solution, (0; 0; 0; 0), et la famille est libre. Le rang de la famille
est donc 4.
Correction de l’exercice 6 :
(Q 1) Méthode : on montre qu’elle est libre puisque l’on
a trois vecteurs et que R3 est de dimension 3. Soit
λ, µ, γ ∈ R tels que
 
   
 
2
0
3
0
λ 1 + µ −2 + γ 2 = 0 .
1
2
1
0
La matrice associée est



1 −2
2
3
0
1 −2 2 ∼L 2
3
2
1
2
1
1
que
2
λ0 In + · · · + λn2 M n = 0nn
2
On pose P (X) = λ0 + · · · λn2 X n et on obtient
P (M ) = 0nn .
(Q 3) Par le théorème fondamental de l’algèbre, on sait
que P se factorise par un produit de facteurs irréductibles :
P (X) = λk
k
Y
(X − µi ), λk 6= 0
i=1
Supposons alors que pour tout µ ∈ C, M − µIn est
inversible. On remarque alors que
P (M ) = 0nn ⇒ λk (M −µ1 In ) · · · (M −µIk ) = 0nn ⇒ (M −µ1 In )



en multipliant
àdroite par (M −µk In )−1 · · · (M −
1 −2
2
1 −2
2
2
−1
µ I ) . Ceci est absurde et on endéduit qu’il existe
1
−3/5
1 2 n−3/5 ∼L 0
−4 ∼L 0
tel que M −0µIn0n’est pas
1 inversible.
0
7µ ∈ C−4
−3
(Q 4) C’est une conséquence du fait de la non inversibilité
Le système est donc de rang 3 et est un système hode la matrice M − µIn . Il existe X ∈ Mn1 (C) tel que
mogène de trois inconnues. Ainsi, son unique solu(M − µIn )X = 0n1 ⇔ M X = µX.
tion est (0; 0; 0).
Nous avons donc une famille libre de 3 vecteurs de
Correction de l’exercice 12 :
R3 qui est de dimension 3. Par propriété, c’est une
base de R3 .


1
2
0 ∼L 0
0
1
−2
7
5
(Q 2) On cherche λ, µ, γ ∈ R tels que
 
 
   
2
3
0
x
λ 1 + µ −2 + γ 2 = y 
2
1
1
z
Puisque M2 (R) est de dimension finie, nous allons
utiliser la caractérisation des espaces supplémentaires par
l’intersection et les dimensions.
1. Ce sont deux sous espaces vectoriels. En effet, G est
l’espace vectoriel engendré par trois matrices, par
La matrice augmentée associée est
propriété, G en est un. En ce qui concerne F , on
 points définissant les sous es- 





peut utiliser
les trois
1 −2
2
|
y
1 −2
2
|
y
1 −2 2 | y
2
3
0 | x
paces vectoriels. Sinon, on peut en donner une fa- 
1 −2 2 | y  ∼L 2
1
−4/7 | (x − 2y)/7
7
−4 | x − 2y  ∼L 0
3
0 | x ∼L 0
mille génératrice.
0
5
−3
|
(z − 2y)
0
5
−3 | z − 2y
2
1
1 | z
2
1
1 | z



a b
a b
c−d d−c
1 −1
+d
∈
F
⇔
=
=
c
1 −2
2
|
y
1 −2
2
|
y
c d
c d
c
d
1
0 ∈F
1
−4/7 |
(x − 2y)/7 
1
−4/7 |
(x − 2y)/7  ∼L 0
∼L 0
0
0
1 Par
| définition,
−(7z − 5x F− est
4y)engendré par deux vecteurs :
0
0
−1/7 | (7z − 5x − 4)/7




1 0 0 |
−3y − 4x + 6z
1 −2 0 | −7y + 14z − 10x
1 −1 −1 1 3x + 2y − 4z
1
0 |
3x + 2y − 4z  ∼L 0 1 0 |
∼L 0
;
F =Vect
0
1
1
0
0 0 1 | −(7z − 5x − 4y)
0
0
1 | −(7z − 5x − 4y)
Finalement, les nouvelles coordonnées dans cette nouvelle base sont :
− 3y − 4x + 6z; 3x + 2y − 4z; −7z + 5x + 4y
Cela démontre également que la famille est une
famille génératrice de R3 .
Correction de l’exercice 9 :
et F est donc un sous espace vectoriel de M2 (R).
2. Calculons leur dimension.
(a) La famille composée de ces
deux vecteurs clai 1 −1 −1 1 ;
rement non colinéaires
0
1
1
0
est libre, génératrice de F . C’est donc une base
et F est de dimension 2.
(b) Soit a, b, c ∈ R tels que
a
2
(Q 1) Cette famille (In , M, M 2 , ..., M n ) est de cardinal n2 +
1 et Mn est de dimension n2 . Or toutes les familles
libres ont au plus n2 vecteurs. Ainsi, cette famille est
liée.
(Q 2) Par définition, il existe λ0 ; · · · ; λn2 non tous nuls tels
1
1
1
1
+b
−2
1
−1
1
+c
4
1
3
1
0
=
0

a



a−
0
⇔
0

 a−

a
Finalement, la famille est donc liée et de plus,
on obtient pour tout réel c :
1 1 1
1 3 −1
0
+
+
c −2
=
4 1
−2
1
1 1
0
0
0
Indications et solutions du TD 20
Mathématiques PTSI
1 1
est combinaison linéaire
1 1
des deux dernières matrices. Par propriété,
on peut donc l’enlever de la famille génératrice de G et on a :
1
1 3 −1
;
G = Vect
4 1
−2
1
en particulier,
En particulier,
i. P0 et P1 sont vraies.
ii. Supposons que Pn et Pn+1 sont vraies
pour n ≥ 0. Alors
un+2
− ac λwn + µvn
c
−b
µ −b
v
−
v
wn+1 − ac wn
+
λ
n+1
n
a
a
a
=
=
λwn+2 + µvn+2
Ainsi Pn+2 est vraie.
iii. On sait que P0 et P1 sont vraies et que
∀n ≥ 0, (Pn ; Pn+1 ) ⇒ Pn+2 . Ainsi, par
le théorème de récurrence à deux pas,
Pn est vraie pour tout entier n et
−λ + 3µ
.
λ+µ
(un )n≥0 est combinaison linéaire de ces deux suites.
(Q c) L’espace vectoriel F a une famille (vn )n≥0 ; (wn )n≥0
libre et génératrice. Donc c’est une base et dim F = 2.
(Q 3) (Q a) Soient λ; µ ∈ K; λ(αn ) + µ(β n ) = OKN . Alors,
en particulier,
λ
λ = −µ
λ+µ = 0
⇒
⇒
λ
λ(α − β) = 0
λα + µβ = 0
3. CONCLUSION. On sait que dim(F ) + dim(G) =
2 + 2 = 4 = dim(M2 (R)) et F ∩ G ⊂ {022 }. Par le
théorème de la caractérisation des espaces supplémentaires par l’intersection et les dimensions, on en
déduit que F et G sont supplémentaires.
car (α−β) 6= 0. Ainsi, la famille ((αn ), (β n )) est libre.
(Q b) ((αn ), (nαn )) est libre.
Soient λ; µ ∈ K; λ(αn )+µ(nαn ) = OKN . Alors,
en particulier,
λ
λ = 0
λ = 0
⇒
⇒
µ
α(λ − µ) = 0
λα + µα = 0
Correction de l’exercice 18 :
(Q 1) On sait que :
=
=
car (α) 6= 0. Ainsi, la famille ((αn ), (nαn )) est libre.
• F est un sous-ensemble de R .
N
(Q 4) Démonstration du théorème.
• La suite nulle appartient à F puisque :∀n ∈ N, a ×
0 + b0 + c0 = 0.
• Enfin, soient (un )n≥0 , (vn )n≥0 ∈ F , λ ∈ K. Alors,
∀n ∈ N,
=
−b
u
− ac un
a n+1
−b
λwn+1 + µvn+1
a
=
=
Puisque F et G sont deux sous espaces
vectoriels de M2 (R), on sait que {022 } ⊂
F ∩ G.
=
0
0
(Q b) On pose pour tout entier n : Pn : un = λwn +
µvn .
(c) L’intersection F ∩ G est-elle réduite au vecteur nul ?
Finalement F ∩ G = {022 }.
=
=
en considérant n = 0 et n = 1. Ainsi,
la famille ((vn ), (wn )) est libre.
Finalement, ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires. La famille composée de ces deux vecteurs est donc libre, génératrice de G qui est
donc de dimension 2.
Réciproquement, soit M ∈ F ∩ G. Écrivons les conditions que
impose sur
cela a b
avec a −
M. D’une part, M =
c d
c+d
0 et d’autre
part, M =
=
= b+c−d
λ+µ
1 3
1
−1
=
+µ
λ
−2λ + 4µ
4 1
−2
1
Ainsi, (λ + µ) − (−2λ + 4µ) + (λ + µ) =
0 ⇔ 4λ − 2µ = 0 et (−λ + 3µ) + (−2λ +
4µ)−(λ+µ) = 0 ⇔ −4λ+6µ = 0. Nous
obtenons a ;ors λ = µ = 0 et M = 022 .
Nous avons donc montré que F ∩ G ⊂
{022 }.
µ
λ
a(λu
+ vn+1 ) + c(λun + vn )
n+1 n+2 + vn+2 ) + b(λu
λ aun+2 + bun+1 + cun + avn+2 + bvn+1 + cvn
λ0 + 0 = 0
Ainsi, λ(un )n≥0 + (vn )n≥0 ∈ F.
(Q a) Soit q 6= 0. Alors
(q n )n≥0 ∈ F
⇔
⇔
⇔
n+1
∀n ∈ N, aq n+2
+ cq n = 0
+ bq
∀n ∈ N, q n aq 2 + bq 1 + c = 0
aq 2 + bq 1 + c = 0
car q 6= 0.
Ainsi, (q n )n∈N ∈ F si et seulement si q est solution de l’éq
(Q b) On sait que :
Par propriété, on en déduit que F est un sous-espace vectoriel de E.
n
i. les suites (λn
1 ) et (λ2 ) sont des éléments
(Q 2) Soit (vn ) et (wn ) les suites de F telles que v0 = 0,
de F et consituent une famille libre de F
v1 = 1, et w0 = 1, w1 = 0.
ii. F est de dimension 2.
(Q a) Soient λ; µ ∈ K; λ(vn ) + µ(wn ) = OKN . Alors,
Indications et solutions du TD 20
Mathématiques PTSI
Par propriété, cette famille est donc une base
de F et est donc une famille génératrice de cet
espace. Ainzi,
n
F = Vect (λn
1 ), (λ2 ) .
(Q c) Pour démontrer que cette suite est un élément
de F , on l’injecte dans la relation définissant
F . Alors :
∀n ∈ N; a(n + 2)λn+2
+ b(n + 1)λn+1
+ cnλn
0
0
0
=
=
=
car λ0 est solution de l’équation et est égale à
−b
.
2a
Ainsi, (nλn
0 )n∈N ∈ F .
On sait que :
n
i. les suites (λn
0 ) et (nλ0 ) sont des éléments
de F et consituent une famille libre de F
ii. F est de dimension 2.
Par propriété, cette famille est donc une base
de F et est donc une famille génératrice de cet
espace. Ainsi,
n
F = Vect (λn
0 ), (nλ0 ) .
2
1
λn
0 a(n + 2)λ0 + b(n + 1)λ0 + cn
2
1
2
λn
0 n aλ0 + bλ0 + c + 2aλ0 + bλ0
λn
0 n0 + 0