© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit
SOLUTIONS
Solutions
• Soit v ∈ F ∩ (G + H), alors il existe g ∈ G et h ∈ H tels que v = g + h ; remarquons que
h = v − g ∈ F puisque v et g sont dans F et donc h ∈ F ∩ H et v = g + h ∈ G + (F ∩ H)
• Inversement, soit v ∈ G +(F ∩ H), alors il existe g ∈ G et h ∈ (F ∩ H) tels que v = g + h.
D’une part v ∈ G + H puisque g ∈ G et h ∈ H ; d’autre part v ∈ F puisque g et h sont
dans F. Nous avons donc v ∈ F ∩ (G + H).
Ceci démontre l’égalité F ∩ (G + H) = G + (F ∩ H).
9.
1. Nous avons A
2 =
3 1 1
1 1 1
1 1 1
, et A
3 =
5 3 3
3 1 1
3 1 1
. La relation annoncée en découle.
2. Soient a, b deux réels,
aA + bA
2 = 0 ⇔
a + 3b a + b a + b
a + b
b
b
a + b
b
b
= 0 ⇔
a + 3b = 0
a + b = 0
b = 0
⇔ a = b = 0.
La famille (A, A
2 ) est bien libre.
3. L’unicité découle de la liberté de (A, A
2 ).
Prouvons l’existence par récurrence sur n.
Pour n = 1, A = 1 × A + 0 × A
2 , d’où la relation voulue en posant a 1 = 1 et b 1 = 0.
Si A
n = a n A + b n A
2 , alors
A
n+1 = A×A
n = a n A
2 +b n A
3 = a n A
2 +b n (A
2 +2A) = 2b n A+(a n +b n )A
2 = a n+1 A+b n+1 A
2
où l’on a posé a n+1 = 2b n et b n+1 = a n + b n .
On a donc pour tout n 1, A
n = a n A + b n A
2 où (a n ), (b n ) sont les suites définies par la
récurrence suivante
a 1 = 1, b 1 = 0 et
a n+1 = 2b n
b n+1 = a n + b n
4. a. Pour n 1,
a n+2 = 2b n+1 = 2(a n + b n ) = 2a n + 2b n = a n+1 + 2a n .
b. La suite (a n ) est récurrente linéaire d’ordre 2. On résout l’équation caractéristique
x
2
− x − 2 = 0 dont −1 est racine évidente, et 2 l’autre racine.
On sait alors qu’il existe deux réels a, b tels que a n = a(−1)
n + b2
n pour n 1. En
égalant les deux premiers termes, on résout un système pour déterminer a et b
−a + 2b = 1
a + 4b = 0
⇔
−a + 2b = 1
6b = 1
⇔ a = −
2
3
et b =
1
6
·
D’où a n = −
2
3 (−1)
n +
1
6 2
n . Il s’ensuit que
b n =
1
2
a n+1 = −
1
3
(−1)
n+1 +
1
12
2
n+1 =
1
3
(−1)
n +
1
6
2
n
·
c. De tout ce qui précède, on obtient
A
n =
−
2
3
(−1)
n +
1
6
2
n
A +
1
3
(−1)
n +
1
6
2
n
A
2 .
417