Devoir non surveillé Matrices, systèmes linéaires

Devoir non surveillé Matrices, systèmes linéaires
Pelletier Sylvain, BCPST Lycée Hoche
pour le 15 décembre
\
$
CC
BY:
=
Exercice 1
Puissance d’une matrice

3 1 −2


Soit A = 0 2 0 .
1 1 0
On se propose de calculer les puissances de A par trois méthodes différentes.

1. Diagonalisation


1 0 1


On pose P = 1 2 0.
1 1 1
(a) Montrer que P est inversible et calculer son inverse.
(b)
i. Calculer D = P −1 AP ,
ii. Pour n ∈ N, calculer D n .
iii. Démontrer que Dn = P −1 An P et en déduire l’expression de An .
(c)
i. Justifier que D est inversible et déterminer D −1 . En déduire que A est inversible.
ii. En adaptant les questions précédentes calculer A−n pour n ∈ N.
2. Binôme de Newton
(a) On pose B = A − 2I3 . Pour n ∈ N∗ , calculer B n en fonction de B.
(b) En utilisant la formule du binôme de Newton, calculer l’expression de An en fonction de
n, A et I3 .
3. Par polynôme annulateur
(a) Vérifier que A2 − 3A + 2I3 = 03 .
(b)
i. Démontrer par récurrence qu’il existe deux suites (an ) et (bn ) telles que, pour tout
entier n, An = an A + bn I3 . Donner les relations de récurrence vérifiées par an et bn .
ii. Vérifier que an et bn sont deux suites récurrentes linéaires d’ordre deux.
iii. En déduire les expressions de an et de bn puis celle de An en fonction de n, A et I3
(c)
i. Justifier que A est inversible et donner son inverse en fonction de A et de I3 .
ii. En reprenant la question précédente, donner l’expression de A−n pour n ∈ N en fonction de n, A et I3 .
1
Correction :
1. Diagonalisation
(a) On applique classiquement la méthode de Gauss-Jordan :



1 0 1


1 2 0
1 1 1
1 0 0


−1 1 0
−1 0 1

l1
l2 ← l2 − l1
l3 ← l3 − l1

l1
l3
l2


l1
l2
l3 ← l3 − 2l2


l1
l2
l3 ← −l3

l1 ← l1 − l3
l2
l3












1 0 1


0 2 −1
0 1 0
1 0 0


−1 0 1
−1 1 0
1 0 1


0 1 0 
0 2 −1
1 0 1


0 1 0 
0 0 −1
1 0 0


−1
0 1

1 1 −2
1 0 1


0 1 0
0 0 1
1
0 0


−1 0 1
−1 −1 2

2
1 −2


1
−1 0
−1 −1 2
1 0 0


0 1 0
0 0 1
On voit donc que P est inversible et que P −1
(b)

1 0 0


0 1 0 
0 0 1
i. Un calcul direct montre :




2
1 −2


= −1 0
1
−1 −1 2







2
1 −2
3 1 −2
1 0 1
4
2 −4
1 0 1
2 0 0



 

 

−1
P AP = −1 0
1  0 2 0  1 2 0 = −2 0
2  1 2 0 = 0 2 0
−1 −1 2
1 1 0
1 1 1
−1 −1 2
1 1 1
0 0 1


2 0 0


Ainsi, D = 0 2 0
0 0 1
2n 0 0


ii. D étant une matrice diagonale, on a : D n =  0 2n 0
0 0 1


C’est du cours, il ne faut pas faire de récurrence !
iii. On démontre par récurrence sur n ∈ N :
P(n) : D n = P −1 An P
2
– Initialisation évidente pour n = 0 (et vrai pour n = 1).
– Hérédité : pour n fixé tel que P(n) soit vrai, on a : D n+1 = D n ×D = P −1 An P P −1 AP =
P −1 An+1 P .
– Conclusion : ∀n ∈ N, Dn = P −1 An P , et donc An = P D n P −1 .
Ici ce n’est pas du cours, il faut donc refaire (rapidement) toujours la récurrence.
2n+1 − 1 2n − 1 2 − 2n+1


En remplaçant avec la valeur de Dn , on trouve : An = 
0
2n
0

n
n
n
2 −1 2 −1 2−2
i. La matrice D est diagonale à coefficients diagonaux non nuls. Elle est donc inversibles,
1

2 0 0


de plus D−1 = diag( 21 , 12 , 1) =  0 21 0. La matrice A vérifiant A = P DP −1 , elle
0 0 1
est produit de matrice inversible donc la matrice A est aussi inversible.

(c)

Ici encore, il ne faut pas faire de calcul : c’est du cours.
ii. La matrice A étant inversible, la matrice An est aussi inversible. De plus, A−n =
−1
(An )−1 = P D n P −1
= P D −n P −1 .
Calcul direct ici pas besoin de récurrence.
On peut donc écrire pour n ∈ N, A−n
2. Newton
21−n
2−n − 1 2 − 21−n


= 0
2−n
0
.
−n
−n
−n
2 −1 2 −1 2−2




1 1 −2


(a) On calcule B = 0 0 0 . On constate que B 2 = −B, par une récurrence facile, on
1 1 −2

B 0 = I
3
obtient :
.
∀n ∈ N∗ , B n = (−1)n+1 B
Il faut toujours rédiger cette récurrence. De plus, il faut séparer le cas n = 0.
(b) On a A = B + 2I3 , et B et I3 commutent, donc on peut appliquer Newton pour obtenir
n
n
A = (B + 2I3 ) =
n
X
n
X
n
n n−p p
p
n−p
B (2I3 )
=
2
B
p
p
p=0
!
p=0
= 2n I3 +
n
X
n
X
n n−p p
n n−p
n
2
B = 2 I3 +
2
(−1)p+1 B p
p
p
p=1
!
p=1

= 2n I3 − 2n 
n
X
p=1

= 2n I3 − 2n 
!
n
X
p=0
!
!

n −p
2 (−1)p  B
p
!

n −p
2 (−1)p − 1 B
p
1
−1 B
= 2 I3 − 2
2n
= 2n I3 − (1 − 2n )B = 2n I3 − (1 − 2n )[A − 2I3 ]
n
n
3
En conclusion : An = (2n − 1)A + (2 − 2n )I3 .
Calcul classique. Attention à sortir le premier terme.
3. Par polynôme annulateur
(a) On vérifie facilement la relation A2 − 3A + 2I3 = 03 par un calcul direct.
(b)
i. On démontre par récurrence simple sur n ∈ N :
P(n) : ∃(an , bn ) ∈ R2 , An = an A + bn I3 .
– Initialisation : pour n = 0, on pose a0 = 0, et b0 = 1 pour obtenir la relation.
– Hérédité : soit n fixé, tel que P(n) est vrai, on a alors
An+1 = An ×A = (an A+bn I3 )A = an A2 +bn A = an (3A−2I3 )+bn = (3an +bn )A−2an I3 .
On obtient donc le résultat en posant : an+1 = 3an + bn et bn+1 = −2an .
– Conclusion : On a donc, ∀n ∈ N, An = an A + bn I3 , avec les relations : an+1 =
3an + bn et bn+1 = −2an .
On peut aussi faire une récurrence double, à condition de bien la présenter.
ii. On a pour n ∈ N, an+2 = 3an+1 + bn+1 = 3an+1 − 2an . Ainsi, an est récurrente linéaire
d’ordre 2.
De même : bn+2 = −2an+1 = −6an + 4an−1 = 3bn+1 − 2an . Ainsi, (bn ) est une suite
récurrente linéaire d’ordre
2.

iii. On a les relations :


a =

 0
a =
1



a
0
On procède classiquement par l’équation
1
= 3an+1 − 2an .
caractéristique : − 3r + 2 = 0 = (r − 2)(r − 1), de racine 2 et 1. Ainsi, on sait que
∃(α, β) ∈ R2 , tels que : ∀n ∈ N, an = α + β2n .
n+2
r2

α + β = 0
Les deux premiers termes donnent :
α + 2β = 1.
. Ainsi, β = 1 et α = −1. Ainsi,
∀n ∈ N, an = 2n − 1.
Pour (bn ) il est inutile de refaire le calcul : on a bn = −2an−1 = −2(2n−1 − 1) =
2(1 − 2n−1 ).
Ainsi, ∀n > 1, An = (2n − 1)A + 2(1 − 2n−1 )I3 .
(c)
i. De la relation, A2 − 3A + I3 = 0, on obtient : (−A + 3I3 )A = A(−A + 3I3 ) = 2I3 . et
donc :
1
3
3
1
A − A + I3 = − A + I3 A = I3 .
2
2
2
2
Ainsi, A est inversible d’inverse A−1 = − 12 A + 32 I3 .
Inutile (et source d’erreur de calculs) de faire la méthode de Gauss-Jordan ici. On
attends la technique vu en cours.
4
ii. La relation : A−n = (2−n − 1)A + 2(1 − 2−n−1 )I3 est vrai pour n = 1. On peut donc
supposer qu’elle est vrai pour tout n ∈ N :
An × (2−n − 1)A + 2(1 − 2−n−1 )I3
= (2n − 1)A + 2(1 − 2n−1 )I3 × (2−n − 1)A + 2(1 − 2−n−1 )I3
= (2n − 1)(2−n − 1)A2 + (2n − 1)(2 − 2−n ) + (2 − 2n )(2−n − 1) A + (2 − 2n )(2 − 2−n )I3
= (2n − 1)(2−n − 1) [3A − 2I3 ] + (2n − 1)(2 − 2−n ) + (2 − 2n )(2−n − 1) A + (2 − 2n )(2 − 2−n )I3
= 3(2n − 1)(2−n − 1) + (2n − 1)(2 − 2−n ) + (2 − 2n )(2−n − 1) A
+ −2(2n − 1)(2−n − 1) + (2 − 2n )(2 − 2−n ) I3
On a facilement :
3(2n − 1)(2−n − 1) + (2n − 1)(2 − 2−n ) + (2 − 2n )(2−n − 1)
=3(1 − 2n + 2−n + 1) + 2n+1 − 1 − 2 + 2−n + 2−n+1 − 2 − 1 + 2n
=2n (−3 + 2 + 1 + 2n (−3 + 1 + 2) = 0.
et
− 2(2n − 1)(2−n − 1) + (2 − 2n )(2 − 2−n )
= − 2(1 − 2n − 2−n + 1) + 22 − 2−n+1 − 2n+1 + 1 = 1.
Au final, An × (2−n − 1)A + 2(1 − 2−n−1 )I3 = I3 et comme ces matrices commutent
on a aussi : (2−n − 1)A + 2(1 − 2−n−1 )I3 ×An = I3 , et donc A−n = (2−n − 1)A + 2(1 − 2−n−1 )I3 .
Exercice 2
Soit
Oral Agro 2007


0 1 −1


A = −3 4 −3
−1 1 0
et
B = A − I3 ,
où I3 est la matrice identité 3 × 3.
1. Exprimer B 2 en fonction de B,
/1
2. Montrer que
/3
∀n ∈ N, ∃an , bn ∈ R, An = an B + bn I3 .
On donnera l’expression de an et bn en fonction de n ∈ N.
3. Montrer que A est inversible et calculer A−1 .
/2
4. Donner une formule donnant A−n en fonction de n ∈ N.
/2
Correction :


−1 1 −1


1. On a : B = −3 3 −3. Un simple calcul (à présenter proprement) montre que B 2 = B.
−1 1 −1
Attention, on n’a pas ∀n ∈ N, B n = B, mais ∀n ∈ N∗ , B n = B !
5
2. On a :
An = (B + I3 )n
=
n
X
k=0
= I3 +
!
n
Bk
k
n
X
k=1
en utilisant Newton car A et I3 commutent.
!
n
Bk
k
On a :B 2 = B, donc une récurrence (à faire rapidement) montre facilement que B k = B, pour
k > 0. Ainsi,
n
A
= I3 +
n
X
k=1
n
X
= I3 + (
k=1
= I3 +
n
X
k=0
!
n
B
k
!
n
)B
k
!
n
−1 B
k
= I3 + (2n − 1)B.
D’où le résultat avec an = (2n − 1) et bn = 1 (i.e. ∀n ∈ N, bn = 1).
On peut aussi raisonner par récurrence pour montrer l’existence de an et bn , puis les calculer
(bn est constante et an est arithmético-géométrique).
– 1 si récurrence sans calcul de an et bn .
P
– 2.5 si pas de simplification de nk=1 nk
– 0 si erreur sur Newton ou si B 0 = B.
3. On trouve
A−1


1.5 −0.5 0.5


= 1.5 −0.5 1.5
0.5 −0.5 1.5
= I3 − 0.5 × B = I3 + (2−1 − 1)B
.
On peut bien sûr utiliser la méthode de Gauss-Jordan, on est alors assuré d’arriver au résultat.
On peut aussi tout simplement regarder si la formule précédente est valable pour n = −1.
0.5 si erreur de calcul.
4. Il faut bien sûr penser que la formule ci-dessus peut-être valable pour n < 0, car A−1 vérifie la
formule. On peut donc vérifier la formule par récurrence.
6
On peut aussi procéder ainsi soit n ∈ N, on pose A˜n = I3 + (2−n − 1)B. On doit vérifier que
A˜n An = I3 , cela se fait simplement :
A˜n An =
I3 + (2−n − 1)B
I3 + (2n − 1)B
= I3 + (2−n − 1)B + (2n − 1)B + (2−n − 1)(2n − 1) B 2
= I3 + (2−n + 2n − 2 B + +(1 − 2−n − 2n + 1)B
= I3
n −1
Ainsi, A
= A−n = A˜n = I3 + (2−n − 1)B.
Exercice 3 Résolution de système avec un paramètre
Résoudre en discutant selon la valeur de m ∈ R, le système :



(1 + m)x +


(S)




+
z
= −m
3x
+ (3 − m)y +
z
=
0
3x
+
+ (1 + m)z =
0.
y
3y
Correction : Plusieurs méthodes sont possibles, toutes aboutissent au même résultat, choisissez les
opérations qui facilitent au maximum les calculs. Il est important de vérifier que l’on ne divise pas
par 0. Pensez à bien indiquer vos opérations élémentaires.
(S) ⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒














+ (3 − m)y +
3x
(1 + m)x +
3x
+
3x
=
z
= −m
y
+
3y
+ (1 + m)z =
+ (3 − m)y +
3(1 + m)x +




3x



3x +


+
0
(l2 ↔ l1)
0.
z
=
3z
= −3m
3y
+
3y
+ (1 + m)z =
(3 − m)y
(l2 ↔ l1)
z
+
0
(l2 ← 3 × l2)
0.
z
=
0
(3 − (1 + m)(3 − m))y + −(m − 2)z = −3m




my
+
mz
=
(l2 ← l2 − (1 + m)l1)
(l3 ← l3 − l1).
0
On a : (3 − (1 + m)(3 − m)) = m2 − 2m = m(m − 2).
Le système s’écrit donc :
(S) ⇐⇒



3x

(3 − m)y
+
+
z
=
m(m − 2)y + −(m − 2)z = −3m




my
+
mz
=
Si m = 0, alors le système se réduit à :

3x +

0
3y +
z
= 0
−2z = 0
7

x = −y
⇐⇒
z = 0
0
n
o
(S) ⇐⇒



3x


D’où : S0 = − y, y, 0 .
Si m 6= 0, on peu continuer le calcul
(3 − m)y
+
+
z
=
0
m(m − 2)y + −(m − 2)z = −3m




y
+
z
=
(l3 ← l3/m)
0
Si m = 2, le système se réduit à :



3x


(S) ⇐⇒
+ y + z =
0
,
0 = −6




y + z =
(l3 ← l3/m)
0
et donc S2 = ∅.
Si m 6= 2, on peut alors continuer le calcul :
(S) ⇐⇒
⇐⇒



3x









3x


+ (3 − m)y +
z
=
0
m
+ −z = −3 m−2
my
y
+
z
=
+ (3 − m)y +
z
my
−z
+




(l2 ↔ l2/(m − 2))
0
=
0
m
= −3 m−2
m
(m + 1)y = −3 m−2
Si m = −1, le système se réduit à :



3x +

4y
+
z
=
0
−y + −z = −1




,
= −1
0
et donc S−1 = ∅. Sinon, on peut continuer le calcul, et résoudre par substitution
(S) ⇐⇒
⇐⇒



3x =


z
3m
(m−2)(m+1)
3m
− (m−2)(m+1)
=



y =



x =


z =



y
−(3 − m)y − z = (m − 2)y
=
m
− m+1
3m
(m−2)(m+1)
3m
− (m−2)(m+1)
En conclusion : si m ∈
/ {0, −1, 2}
o
3m
3m
m
,−
,
,
m + 1 (m − 2)(m + 1) (m − 2)(m + 1)
S=
n
−
et S−1 = ∅, S2 = ∅, et S0 =
n
− y, y, 0 .
o
8