Bonjour, je dois montrer que x, y et z sont des suites de F et démontrer que la famille {x,y,z} est libre sauf que je ne vois pas pas comment faire étant donné que se sont des suites ... Pouvez-vous m'aider s'il vous plaît ?
Sachant que : $F=({u=(Un)_{n \in N} }\in E/ \forall n \in N, U_{n+3} =3aU_{n+1}+(1-3a)U_{n})$ avec a qui appartient à [1/4;1[ et E qui est une espace vecteur des suites réelles de $ R^{N}$
et $x=(x_{n})$
$y=(y_{n})$
$z=(z_{n})$
et $x_{n}=1$
$y_{n}=(r1)^{n}$
$z_{n}=(r2)^{n}$
et r1 et r2 sont des solutions de $x^{2}+x+1-3a=0$
Merci.
Suites dans un espace vectoriel
Re: Suites dans un espace vectoriel
Bonjour
a) Pour la suite $x$ la relation définissant $F$ est évidemment vérifiée.
$3ay_{n+1}+(1-3a)y_n=3ar_1^{n+1}+(1-3a)r_1^n=r_1^n(3ar_1+1-3a)$
En utilisant 2 fois la définition de $r_1$ :
$r_1^3=r_1^2\times r_1=(-r_1-1+3a)\times r_1=-r_1^2-r_1+3ar_1=r_1+1-3a-r_1+3ar_1=3ar_1+1-3a$
On a alors $3ay_{n+1}+(1-3a)y_n=r_1^n(3ar_1+1-3a)=r_1^n\times r_1^3=r_1^{n+3}=y_{n+3}$
La relation est donc vérifiée. Même démonstration pour $r_2$
b) Il y a une erreur dans le texte, il faut $a\in ]\frac{1}{4} , 1[$ (ouvert des 2 côtés) car le discriminant de l'équation est égal à $1-4(1-3a)=3(4a-1)$ donc si $a=\frac{1}{4}$ alors $r_1=r_2$ et les suites $y$ et $z$ sont les mêmes.
On considère une combinaison linéaire nulle : $\alpha x +\beta y +\gamma z =0$
On applique ceci pour $n\in \{0,1,2\}$
$\left\{\begin{array}{rcl}\alpha +\beta +\gamma =0 \\ \alpha +\beta r_1 +\gamma r_2=0 \\ \alpha +\beta r_1^2+\gamma r_2^2=0\end{array} \right.$
En exprimant $\alpha$ en fonction de $\beta$ et $\gamma$, on obtient $\left\{\begin{array}{rcl}\beta(r_1-1)+\gamma(r_2-1)=0 \\ \beta(r_1^2-1)+\gamma (r_2^2-1)=0\end{array}\right.$
On multiplie la première équation par $r_2+1$ et on soustrait alors la seconde de la première pour éliminer $\gamma$ et on obtient : $\beta[(r_1-1)(r_2+1)-(r_1^2-1)]=0$ soit $\beta (r_1-1)(r_2-r_1)=0$
1 n'est pas racine de l'équation car $a\neq 1$ donc $r_1-1\neq 0$. Si $a\neq \frac{1}{4},\ r_1\neq r_2$ soit $r_2-r_1\neq 0$.
On en déduit que $\beta =0$ et en remontant dans les systèmes, on obtient $\gamma =0$ puis $\alpha =0$
Donc la famille $(x,y,z)$ est libre.
a) Pour la suite $x$ la relation définissant $F$ est évidemment vérifiée.
$3ay_{n+1}+(1-3a)y_n=3ar_1^{n+1}+(1-3a)r_1^n=r_1^n(3ar_1+1-3a)$
En utilisant 2 fois la définition de $r_1$ :
$r_1^3=r_1^2\times r_1=(-r_1-1+3a)\times r_1=-r_1^2-r_1+3ar_1=r_1+1-3a-r_1+3ar_1=3ar_1+1-3a$
On a alors $3ay_{n+1}+(1-3a)y_n=r_1^n(3ar_1+1-3a)=r_1^n\times r_1^3=r_1^{n+3}=y_{n+3}$
La relation est donc vérifiée. Même démonstration pour $r_2$
b) Il y a une erreur dans le texte, il faut $a\in ]\frac{1}{4} , 1[$ (ouvert des 2 côtés) car le discriminant de l'équation est égal à $1-4(1-3a)=3(4a-1)$ donc si $a=\frac{1}{4}$ alors $r_1=r_2$ et les suites $y$ et $z$ sont les mêmes.
On considère une combinaison linéaire nulle : $\alpha x +\beta y +\gamma z =0$
On applique ceci pour $n\in \{0,1,2\}$
$\left\{\begin{array}{rcl}\alpha +\beta +\gamma =0 \\ \alpha +\beta r_1 +\gamma r_2=0 \\ \alpha +\beta r_1^2+\gamma r_2^2=0\end{array} \right.$
En exprimant $\alpha$ en fonction de $\beta$ et $\gamma$, on obtient $\left\{\begin{array}{rcl}\beta(r_1-1)+\gamma(r_2-1)=0 \\ \beta(r_1^2-1)+\gamma (r_2^2-1)=0\end{array}\right.$
On multiplie la première équation par $r_2+1$ et on soustrait alors la seconde de la première pour éliminer $\gamma$ et on obtient : $\beta[(r_1-1)(r_2+1)-(r_1^2-1)]=0$ soit $\beta (r_1-1)(r_2-r_1)=0$
1 n'est pas racine de l'équation car $a\neq 1$ donc $r_1-1\neq 0$. Si $a\neq \frac{1}{4},\ r_1\neq r_2$ soit $r_2-r_1\neq 0$.
On en déduit que $\beta =0$ et en remontant dans les systèmes, on obtient $\gamma =0$ puis $\alpha =0$
Donc la famille $(x,y,z)$ est libre.
Re: Suites dans un espace vectoriel
D'accord merci