Corrigé des exercices - Dunod

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4. a) On voit que ⎛
⎝
c’est-à-dire que X n+1 = AX n .
⎞ ⎛
u n+1
u n+2
⎠ = ⎝
u n+3
0 1 0
0 0 1
6 −11 6
⎞ ⎛
⎠ ⎝
⎞
u n
u n+1
⎠
u n+2
b) On montre par récurrence sur n que pour tout n ∈ N, X n = A n X 0 .
c) En évaluant la première ligne du produit A n X 0 , on trouve que
u n = 1 2 (−5 + 8 · 2n − 3 · 3 n + 2(1 − 2 · 2 n + 3 n ))
= − 3 2 + 2n+1 − 1 2 3n
Exercice 14.9
1. On sait qu’une famille génératrice de Imf a est (f a (e 1 ),f a (e 2 ),f a (e 3 )). Comme f a (e 1 ) = f a (e 3 )
et f a (e 2 ) = 0, la famille (f a (e 1 )) est aussi génératrice. Or f a (e 2 ) est non nul puisque sa
composante sur e 2 vaut 1. La famille (f a (e 1 )) est donc une base de Imf a .
2. D’après le théorème du rang, on sait que dim(Kerf a ) = 3 − dim(Imf a ) = 2. De plus
f(e 2 ) = 0 et f(e 1 − e 3 ) = f(e 1 ) − f(e 3 ) = 0 c’est-à-dire que e 2 ,e 1 − e 3 ∈ Kerf a . Enfin
(e 2 ,e 1 − e 3 ) forme une famille libre puisque ces vecteurs ne sont clairement pas proportionnels.
En conclusion (e 2 ,e 1 − e 3 ) forme une base de Kerf a
3. D’après la définition de f a ,
D’où
Donc f a ◦ f a = 0
⎛
A = ⎝
A 2 = ⎝
a 0 a
1 0 1
−a 0 −a
⎛
0 0 0
0 0 0
0 0 0
4. a) Montrons que c’est une famille libre de E. Soit b,c,d tels que ae ′ 1 + be ′ 2 + ce ′ 3 = 0. En
repassant dans la base initiale, on a
⎞
⎠
⎞
⎠
b(ae 1 + e 2 − ae 3 ) + c(e 1 − e 3 ) + de 3 = 0
(ab + c)e 1 + be 2 + (−ab − c + d)e 3 = 0
La coordonnée sur e 2 doit être nulle donc b = 0. En annulant celle sur e 1 , on trouve c = 0.
Enfin d’après la coordonnée sur e 3 il vient c = 0. La famille (e ′ 1,e ′ 2,e ′ 3) est une famille libre
de trois vecteurs d’un espace de dimension trois, c’est donc une base de E.
b) On a f a (e ′ 1) = f a ◦ f a (e 1 ) = 0, f(e ′ 2) = f(e 1 − e 3 ) = 0 et f(e ′ 3) = f(e 3 ) = e ′ 1. D’où
⎛
0 0
⎞
1
A ′ = ⎝ 0 0 0 ⎠
0 0 0