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SOLUTIONS
Solutions
3.
1. a. Soient (u n ), (v n ) deux suites à valeurs dans R et l, m deux scalaires. On a
f (l(u n ) n∈N + m(v n ) n∈N ) = f
(lu n + mv n ) n∈N
= (lu n+1 + mv n+1 ) n∈N
= l(u n+1 ) n∈N + m(v n+1 ) n∈N
= lf ((u n ) n∈N ) + mf ((v n ) n∈N )
f est une application linéaire, donc un endomorphisme de R
N .
b. Une suite (u n ) est dans le noyau de f si et seulement si pour tout n ∈ N, u n+1 = 0.
Ker(f ) =
(u n ) ∈ R
N / ∀n ∈ N
∗ , u n = 0
Le noyau de f est donc l’ensemble des suites dont tous les termes sont nuls sauf le
premier terme u 0 ; Ker(f ) = {0} et f n’est pas injective.
En dimension finie, f injectif équivaut à f surjectif ; nous ne pouvons pas conclure que
f n’est pas surjective car nous ne savons rien de la dimension de R
N .
c. Il est immédiat de montrer par récurrence sur k que pour toute suite (u n ) à valeurs dans
R, f
k ((u n ) n∈N ) = (u n+k ) n∈N . On en déduit que
Ker(f
k ) =
(u n ) ∈ K
N / ∀n ∈ N, n k ⇒ u n = 0
Le noyau de f
k est l’ensemble des suites dont tous les termes sont nuls sauf les k + 1
premiers termes u 0 , u 1 , . . . , u k .
Pour tout i ∈ N, définissons la suite (u
i
n ) n∈N par u
i
n = 1 si n = i et 0 sinon ; la suite
(u
i
n ) n∈N a donc tous ses termes nuls sauf celui d’indice i qui vaut 1.
Pour toute suite (u n ) ∈ Ker(f
k ) on a alors
(u n ) =
k
i=0
u i (u
i
n ) n∈N
et donc Ker(f
k ) = Vect(u
0 , u
1 , . . . , u
k ).
Montrons que la famille (u
0 , u
1 , . . . , u
k ) est aussi une famille libre. Supposons avoir
des scalaires a 0 , a 1 , . . . , a k tels que
k
i=0
a i u
i = 0. Alors en considérant les k + 1 premiers
termes de la suite définie par cette somme, il vient a 0 = a 1 = · · · = a k = 0.
La famille (u
0 , u
1 , . . . , u
k ) est donc une famille libre et génératrice de Ker(f
k ), c’est-àdire une base de Ker(f
k ) qui est donc de dimension k + 1.
Nous avons, au cours de cette démonstration, montré qu’il existe des familles libres de
k + 1 vecteurs pour tout entier naturel k. L’espace R
N est donc de dimension infinie.
d. Soit (u n ) une suite à valeurs dans K. On définit la suite (v n ) par v 0 = 0 et v n = u n−1
pour n 1. On a alors f ((v n ) n∈N ) = (v n+1 ) n∈N = (u n ) n∈N . f est donc surjective.
Il existe donc des endomorphismes d’un espace E surjectifs et non injectifs si la dimension
de E est infinie.
2. a. On montre comme pour f que l’application g est linéaire.
Une suite (u n ) est dans le noyau de g si et seulement si pour tout n ∈ N, u n = 0. Le
noyau Ker(g) est donc réduit à {0} et g est injective.
Il est facile de remarquer que l’espace image de g est l’ensemble des suites (v n ) n∈N dont
le premier terme v 0 est nul. L’endomorphisme g n’est donc pas surjectif.
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3.
1. a. Soient (u n ), (v n ) deux suites à valeurs dans R et l, m deux scalaires. On a
f (l(u n ) n∈N + m(v n ) n∈N ) = f
(lu n + mv n ) n∈N
= (lu n+1 + mv n+1 ) n∈N
= l(u n+1 ) n∈N + m(v n+1 ) n∈N
= lf ((u n ) n∈N ) + mf ((v n ) n∈N )
f est une application linéaire, donc un endomorphisme de R
N .
b. Une suite (u n ) est dans le noyau de f si et seulement si pour tout n ∈ N, u n+1 = 0.
Ker(f ) =
(u n ) ∈ R
N / ∀n ∈ N
∗ , u n = 0
Le noyau de f est donc l’ensemble des suites dont tous les termes sont nuls sauf le
premier terme u 0 ; Ker(f ) = {0} et f n’est pas injective.
En dimension finie, f injectif équivaut à f surjectif ; nous ne pouvons pas conclure que
f n’est pas surjective car nous ne savons rien de la dimension de R
N .
c. Il est immédiat de montrer par récurrence sur k que pour toute suite (u n ) à valeurs dans
R, f
k ((u n ) n∈N ) = (u n+k ) n∈N . On en déduit que
Ker(f
k ) =
(u n ) ∈ K
N / ∀n ∈ N, n k ⇒ u n = 0
Le noyau de f
k est l’ensemble des suites dont tous les termes sont nuls sauf les k + 1
premiers termes u 0 , u 1 , . . . , u k .
Pour tout i ∈ N, définissons la suite (u
i
n ) n∈N par u
i
n = 1 si n = i et 0 sinon ; la suite
(u
i
n ) n∈N a donc tous ses termes nuls sauf celui d’indice i qui vaut 1.
Pour toute suite (u n ) ∈ Ker(f
k ) on a alors
(u n ) =
k
i=0
u i (u
i
n ) n∈N
et donc Ker(f
k ) = Vect(u
0 , u
1 , . . . , u
k ).
Montrons que la famille (u
0 , u
1 , . . . , u
k ) est aussi une famille libre. Supposons avoir
des scalaires a 0 , a 1 , . . . , a k tels que
k
i=0
a i u
i = 0. Alors en considérant les k + 1 premiers
termes de la suite définie par cette somme, il vient a 0 = a 1 = · · · = a k = 0.
La famille (u
0 , u
1 , . . . , u
k ) est donc une famille libre et génératrice de Ker(f
k ), c’est-àdire une base de Ker(f
k ) qui est donc de dimension k + 1.
Nous avons, au cours de cette démonstration, montré qu’il existe des familles libres de
k + 1 vecteurs pour tout entier naturel k. L’espace R
N est donc de dimension infinie.
d. Soit (u n ) une suite à valeurs dans K. On définit la suite (v n ) par v 0 = 0 et v n = u n−1
pour n 1. On a alors f ((v n ) n∈N ) = (v n+1 ) n∈N = (u n ) n∈N . f est donc surjective.
Il existe donc des endomorphismes d’un espace E surjectifs et non injectifs si la dimension
de E est infinie.
2. a. On montre comme pour f que l’application g est linéaire.
Une suite (u n ) est dans le noyau de g si et seulement si pour tout n ∈ N, u n = 0. Le
noyau Ker(g) est donc réduit à {0} et g est injective.
Il est facile de remarquer que l’espace image de g est l’ensemble des suites (v n ) n∈N dont
le premier terme v 0 est nul. L’endomorphisme g n’est donc pas surjectif.
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