admet au moins une solution autre que (0,0,0) , ce qui équivaut à :
1 − m
−2
1
3
−1 − m
−2
3
−2
−1 − m
= 0.
Réponse : m ∈ {−2,0,1} .
a)
3x + 4y + z + 2t = 3
2(3x + 4y + z) + 6t = 7
3(3x + 4y + z) + 10t = 0
⇐⇒
3x + 4y + z = 2
2t = 1
11 = 0
.
Réponse : ∅ .
b) Réponse :
x,y,
−7x + 6y + 2
5
,
−3x − y + 3
5
; (x,y) ∈ C 2
si m = 5
∅ si m = 5
c) Réponse :
x,x + 1,x +
m
m − 1
,−(m + 2)x −
m
m − 1
; x ∈ C
si m = 1
∅ si m = 1.
d) Par addition des quatre premières équations :
x + y + z + t = 2 .
Ainsi, le système formé par les quatre premières équations admet
une solution et une seule : x = 1 , y = −1 , z = 0 , t = 2.
Réponse :
{1,−1,0,2)} si a = b = −1
∅
sinon.
e) Par addition, on déduit :
(a + 3)(x + y + z + t) = 1 + b + b 2 + b 3 .
Réponse :
1
a − 1
(1 − c),
1
a − 1
(b − c),
1
a − 1
(b 2 − c),
1
a − 1
(b 3 − c)
si a = 1 et a = 3, en notant c =
1 + b + b 2 + b 3
a + 3
{(x,y,z,1 − x − y − z); (x,y,z) ∈ C 3 } si a = b = 1
x,x +
1 − b
4
,x +
1 − b 2
4
,x +
1 − b 3
4
; x ∈ C
si a = −3 et 1 + b + b 2 + b 3 = 0
∅ sinon.
Déduire successivement x 2 ,x 3 ,. . . ,x n en fonction de x 1 , et reporter dans la dernière équation ; séparer en cas suivant la parité de n .
293
Réponse :
1) Si n est pair, n = 2 p ( p ∈ N ∗ ) :
• S = ∅ si a 2p − a 2p−1 + . . . + a 2 − a 1 = 0
• S = {(x 1 , 2a 1 − x 1 , 2a 2 − 2a 1 + x 1 ,. . . ,
2a 2p−1 − 2a 2p−2 + . . . + 2a 1 − x 1 ; x 1 ∈ C}
si a 2p − a 2p−1 + . . . + a 2 − a 1 = 0
2) Si n est impair, n = 2 p + 1 ( p ∈ N ∗ ) :
Sx =
(x 1 ,x 2 ,. . . ,x 2p+1 )
où :
x 1 = a 2p+1 − a 2p + . . . − a 2 + a 1 ,
x 2k+1 = a 2p+1 − a 2p + . . .
−a 2k+2 + a 2k+1 + a 2k − a 2k−1 + . . . − a 1 ,
k ∈ {1,. . . ,p}
x 2k = −a 2p+1 + a 2p − . . .+a 2k + a 2k−1 − a 2k−2
+ . . . − a 2 + a 1 ,
k ∈ {1,. . . ,p} .
Par exemple, pour p = 2 (n = 5) , on a :
x 1 = a 5 − a 4 + a 3 − a 2 + a 1
x 2 = −a 5 + a 4 − a 3 + a 2 + a 1
x 3 = a 5 − a 4 + a 3 + a 2 − a 1
x 4 = −a 5 + a 4 + a 3 − a 2 + a 1
x 5 = a 5 + a 4 − a 3 + a 2 − a 1
2.10.3
2.10.4
Chapitre 3
1) Soient λ ∈ K , x ∈ Ker( f − λe) . On a :
( f − λe)(g(x)) = ( f ◦ g)(x) − λg(x)
= (g ◦ f )(x) − λg(x) = g(λx) − λg(x) = 0,
donc g(x) ∈ Ker( f − λe).
En prenant λ = 0 : Ker( f ) est stable par g.
En prenant λ ∈ Sp K ( f ) : SEP( f,λ) = Ker( f − λe) est stable
par g.
2) Soit y ∈ Im( f ). Il existe x ∈ E tel que y = f (x) , d'où :
g(y) = (g ◦ f )(x) = ( f ◦ g)(x) = f (g(x)) ∈ Im( f ).
En notant B =
p−1
k=0
ω
k A
k , on a :
B(I n − ω A) = I n − ω p A p = 0.
Comme I n − ω A = −ω(A − ω −1 I n ) et que ω −1 ∈ Sp C (A),
I n − ω A est inversible, d'où B = 0.
Considérer, par exemple,
n = 2, A =
1 0
1 0
, B =
1 1
0 0
.
3.1.1
3.1.2
3.1.3
1 − m
−2
1
3
−1 − m
−2
3
−2
−1 − m
= 0.
Réponse : m ∈ {−2,0,1} .
a)
3x + 4y + z + 2t = 3
2(3x + 4y + z) + 6t = 7
3(3x + 4y + z) + 10t = 0
⇐⇒
3x + 4y + z = 2
2t = 1
11 = 0
.
Réponse : ∅ .
b) Réponse :
x,y,
−7x + 6y + 2
5
,
−3x − y + 3
5
; (x,y) ∈ C 2
si m = 5
∅ si m = 5
c) Réponse :
x,x + 1,x +
m
m − 1
,−(m + 2)x −
m
m − 1
; x ∈ C
si m = 1
∅ si m = 1.
d) Par addition des quatre premières équations :
x + y + z + t = 2 .
Ainsi, le système formé par les quatre premières équations admet
une solution et une seule : x = 1 , y = −1 , z = 0 , t = 2.
Réponse :
{1,−1,0,2)} si a = b = −1
∅
sinon.
e) Par addition, on déduit :
(a + 3)(x + y + z + t) = 1 + b + b 2 + b 3 .
Réponse :
1
a − 1
(1 − c),
1
a − 1
(b − c),
1
a − 1
(b 2 − c),
1
a − 1
(b 3 − c)
si a = 1 et a = 3, en notant c =
1 + b + b 2 + b 3
a + 3
{(x,y,z,1 − x − y − z); (x,y,z) ∈ C 3 } si a = b = 1
x,x +
1 − b
4
,x +
1 − b 2
4
,x +
1 − b 3
4
; x ∈ C
si a = −3 et 1 + b + b 2 + b 3 = 0
∅ sinon.
Déduire successivement x 2 ,x 3 ,. . . ,x n en fonction de x 1 , et reporter dans la dernière équation ; séparer en cas suivant la parité de n .
293
Réponse :
1) Si n est pair, n = 2 p ( p ∈ N ∗ ) :
• S = ∅ si a 2p − a 2p−1 + . . . + a 2 − a 1 = 0
• S = {(x 1 , 2a 1 − x 1 , 2a 2 − 2a 1 + x 1 ,. . . ,
2a 2p−1 − 2a 2p−2 + . . . + 2a 1 − x 1 ; x 1 ∈ C}
si a 2p − a 2p−1 + . . . + a 2 − a 1 = 0
2) Si n est impair, n = 2 p + 1 ( p ∈ N ∗ ) :
Sx =
(x 1 ,x 2 ,. . . ,x 2p+1 )
où :
x 1 = a 2p+1 − a 2p + . . . − a 2 + a 1 ,
x 2k+1 = a 2p+1 − a 2p + . . .
−a 2k+2 + a 2k+1 + a 2k − a 2k−1 + . . . − a 1 ,
k ∈ {1,. . . ,p}
x 2k = −a 2p+1 + a 2p − . . .+a 2k + a 2k−1 − a 2k−2
+ . . . − a 2 + a 1 ,
k ∈ {1,. . . ,p} .
Par exemple, pour p = 2 (n = 5) , on a :
x 1 = a 5 − a 4 + a 3 − a 2 + a 1
x 2 = −a 5 + a 4 − a 3 + a 2 + a 1
x 3 = a 5 − a 4 + a 3 + a 2 − a 1
x 4 = −a 5 + a 4 + a 3 − a 2 + a 1
x 5 = a 5 + a 4 − a 3 + a 2 − a 1
2.10.3
2.10.4
Chapitre 3
1) Soient λ ∈ K , x ∈ Ker( f − λe) . On a :
( f − λe)(g(x)) = ( f ◦ g)(x) − λg(x)
= (g ◦ f )(x) − λg(x) = g(λx) − λg(x) = 0,
donc g(x) ∈ Ker( f − λe).
En prenant λ = 0 : Ker( f ) est stable par g.
En prenant λ ∈ Sp K ( f ) : SEP( f,λ) = Ker( f − λe) est stable
par g.
2) Soit y ∈ Im( f ). Il existe x ∈ E tel que y = f (x) , d'où :
g(y) = (g ◦ f )(x) = ( f ◦ g)(x) = f (g(x)) ∈ Im( f ).
En notant B =
p−1
k=0
ω
k A
k , on a :
B(I n − ω A) = I n − ω p A p = 0.
Comme I n − ω A = −ω(A − ω −1 I n ) et que ω −1 ∈ Sp C (A),
I n − ω A est inversible, d'où B = 0.
Considérer, par exemple,
n = 2, A =
1 0
1 0
, B =
1 1
0 0
.
3.1.1
3.1.2
3.1.3