© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit
SOLUTIONS
Solutions
5. Nous avons f k : x → e
(x+k)
2 = e
k
2 e
2kx e
x
2 .
Montrons que la famille (f 0 , f 1 , f 2 , f 3 ) est une famille libre. Remarquons que si k < l alors
f k =
+∞
o(f l ), en effet nous avons lim
n→+∞
f k (x)
f l (x)
= lim
n→+∞
e
2kx
e 2lx = lim
n→+∞
e
(k−l)x = 0.
Considérons une combinaison linéaire nulle l 0 f 0 + l 1 f 1 + l 2 f 2 + l 3 f 3 = 0. Si les l i ne sont
pas tous nuls, notons i 0 le plus grand indice i dans Ú1, 4Û tel que l i = 0; nous avons alors
l 0 f 0 + l 1 f 1 + l 2 f 2 + l 3 f 3 ∼
+∞
l i0 f i0 .
La seule fonction équivalente à la fonction nulle est la fonction nulle, nous avons donc
l i0 f i0 = 0 et l i0 = 0 ce qui contredit le choix de l i0 . Les l i sont donc tous nuls, la famille
(f 0 , f 1 , f 2 , f 3 ) est une famille libre et E f est de dimension 4.
5.
1. Écrivons une combinaison linéaire nulle des trois suites proposées. Soient a, b, c
trois réels tels que pour tout n ∈ N, on ait
au n + bv n + cw n = 0
Alors en écrivant cette égalité pour n = 0, 1 et 2, nous voyons que a, b, c sont solutions
d’un système linéaire homogène que nous résolvons
a + b
= 0
2a − 3b + 2c = 0
4a + 9b + 8c = 0
⇔
a + b
= 0
4a − 21b
= 0
4a + 9b + 8c = 0
L 2 ← 4L 2 − L 3
⇔
25a
= 0
4a − 21b
= 0
4a + 9b + 8c = 0
L 1 ← 21L 1 + L 2
⇔ a = b = c = 0
La famille ((u n ), (v n ), (w n )) est donc bien une famille libre.
2. a. L’ensemble E n’est pas vide, il contient par exemple la suite constante nulle.
Soit (t n ) et (s n ) deux suites éléments de E et deux réels a et b. Il est alors immédiat
de vérifier que la suite (at n + bs n ) vérifie la relation de récurrence R qui caractérise
les suites éléments de E. Le sous-ensemble E étant non vide et stable par combinaison
linéaire est un sous-espace vectoriel de R
N .
b. Soit (t n ) un suite élément de E et considérons la suite (t
n ) définie par
∀n ∈ N, t
n = t 0 a n + t 1 b n + t 2 c n . La suite (t
n ) est élément de E comme combinaison
linéaire des éléments (a n ), (b n ) et (c n ) de E et l’on a t i = t
i pour i = 0, 1 et 2 ; les suites
(t n ) et (t
n ) sont donc égales, la famille
(a n ), (b n ), (c n )
est donc une famille génératrice
de E.
c. Il est immédiat de vérifier que les suites (u n ), (v n ) et (w n ) vérifient la relation R. La
famille
(u n ) , (v n ) , (w n )
est une famille libre de trois vecteurs de E et la famille
(a n ) , (b n ) , (c n )
est une famille de trois vecteurs génératrice de E ; L’espace vectoriel E est donc de dimension 3,
(u n ) , (v n ) , (w n )
est une base de E et toute suite (t n )
vérifiant la relation de récurrence R est de la forme t n = a2
n + b(−3)
n + gn2
n avec
(a, b, g) ∈ R
3 .
Le lecteur relira avec profit dans le livre de première année ce qui concerne les suites récurrentes linéaires et remarquera que −3 est une racine simple du polynôme caractéristique des
suites étudiées ici et que 2 en est une racine double.
413
SOLUTIONS
Solutions
5. Nous avons f k : x → e
(x+k)
2 = e
k
2 e
2kx e
x
2 .
Montrons que la famille (f 0 , f 1 , f 2 , f 3 ) est une famille libre. Remarquons que si k < l alors
f k =
+∞
o(f l ), en effet nous avons lim
n→+∞
f k (x)
f l (x)
= lim
n→+∞
e
2kx
e 2lx = lim
n→+∞
e
(k−l)x = 0.
Considérons une combinaison linéaire nulle l 0 f 0 + l 1 f 1 + l 2 f 2 + l 3 f 3 = 0. Si les l i ne sont
pas tous nuls, notons i 0 le plus grand indice i dans Ú1, 4Û tel que l i = 0; nous avons alors
l 0 f 0 + l 1 f 1 + l 2 f 2 + l 3 f 3 ∼
+∞
l i0 f i0 .
La seule fonction équivalente à la fonction nulle est la fonction nulle, nous avons donc
l i0 f i0 = 0 et l i0 = 0 ce qui contredit le choix de l i0 . Les l i sont donc tous nuls, la famille
(f 0 , f 1 , f 2 , f 3 ) est une famille libre et E f est de dimension 4.
5.
1. Écrivons une combinaison linéaire nulle des trois suites proposées. Soient a, b, c
trois réels tels que pour tout n ∈ N, on ait
au n + bv n + cw n = 0
Alors en écrivant cette égalité pour n = 0, 1 et 2, nous voyons que a, b, c sont solutions
d’un système linéaire homogène que nous résolvons
a + b
= 0
2a − 3b + 2c = 0
4a + 9b + 8c = 0
⇔
a + b
= 0
4a − 21b
= 0
4a + 9b + 8c = 0
L 2 ← 4L 2 − L 3
⇔
25a
= 0
4a − 21b
= 0
4a + 9b + 8c = 0
L 1 ← 21L 1 + L 2
⇔ a = b = c = 0
La famille ((u n ), (v n ), (w n )) est donc bien une famille libre.
2. a. L’ensemble E n’est pas vide, il contient par exemple la suite constante nulle.
Soit (t n ) et (s n ) deux suites éléments de E et deux réels a et b. Il est alors immédiat
de vérifier que la suite (at n + bs n ) vérifie la relation de récurrence R qui caractérise
les suites éléments de E. Le sous-ensemble E étant non vide et stable par combinaison
linéaire est un sous-espace vectoriel de R
N .
b. Soit (t n ) un suite élément de E et considérons la suite (t
n ) définie par
∀n ∈ N, t
n = t 0 a n + t 1 b n + t 2 c n . La suite (t
n ) est élément de E comme combinaison
linéaire des éléments (a n ), (b n ) et (c n ) de E et l’on a t i = t
i pour i = 0, 1 et 2 ; les suites
(t n ) et (t
n ) sont donc égales, la famille
(a n ), (b n ), (c n )
est donc une famille génératrice
de E.
c. Il est immédiat de vérifier que les suites (u n ), (v n ) et (w n ) vérifient la relation R. La
famille
(u n ) , (v n ) , (w n )
est une famille libre de trois vecteurs de E et la famille
(a n ) , (b n ) , (c n )
est une famille de trois vecteurs génératrice de E ; L’espace vectoriel E est donc de dimension 3,
(u n ) , (v n ) , (w n )
est une base de E et toute suite (t n )
vérifiant la relation de récurrence R est de la forme t n = a2
n + b(−3)
n + gn2
n avec
(a, b, g) ∈ R
3 .
Le lecteur relira avec profit dans le livre de première année ce qui concerne les suites récurrentes linéaires et remarquera que −3 est une racine simple du polynôme caractéristique des
suites étudiées ici et que 2 en est une racine double.
413