MIMP - PC11. Math22 - Algèbre linéaire. Devoir surveillé du 8 mars Corrigé. Exercice 1.

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1 MIMP - PC Math22 - Algèbre linéaire Devoir surveillé du 8 mars 24 Corrigé Exercice. a. Question de cours. Voir cours. b. Sous-espaces vectoriels de R 2?. F = { (x, y) R 2 x 2 + y 2 } F est le disque (fermé) centré en l origine et de rayon : en particulier, F n est pas stable par la multiplication par un scalaire (par exemple, (, ) F, mais 2 (, ) = (2, ) F ). Ainsi F n est pas un sous-espace vectoriel de R F 2 = { (x, y) R 2 2x y = } Vérifions que F 2 est un sous-espace vectoriel de R 2 : F 2 car (, ) F 2. De plus, pour tous λ, µ R et tous v, v F 2 : en notant v = (x, y) et v = (, ), on a λv + µv = (λx + µ, λy + µ ) et 2(λx + µ ) (λy + µ ) = λ(2x y) + µ(2 ) = puisque v, v F 2 et donc 2x y = 2 =. Ainsi λv + µv F 2. Donc F 2 est un sous-espace vectoriel de R 2.. F = { (x, y) R 2 x = y } On remarque que x = y (y = x ou y = x), ainsi F est la réunion des deux bissectrices. Il n est pas stable par addition: par exemple, v = (, ) et v = (, ) sont deux éléments de F mais leur somme v + v = (, 2) n est pas dans F. Donc F n est pas un sous-espace vectoriel de R 2. c. Montrons que l ensemble F des matrices anti-symétriques est un sous-espace vectoriel de M n (R). Rappelons que, par définition, une matrice A M n (R) est antisymétrique si et seulement si A T = A (où A T est la transposée de A). Déjà, F M n (R), et F puisque la matrice nulle est antisymétrique (la transposée de la matrice nulle est la matrice nulle). De plus, pour tous λ, µ R et toutes matrices A, B F: en notant A = (a i j ) i, j n et B = (b i j ) i, j n, on a λa + µb = (λa i j + µb i j ) i, j n et donc (λa + µb) T = (λa ji + µb ji ) i, j n = λa T + µb T (autrement dit, la trace est une application linéaire). Puisque les matrices A et B sont antisymétriques, on obtient (λa + µb) T = λa µb = (λa + µb). Donc la matrice λa + µb est antisymétrique, c est-à-dire (λa + µb) F. Finalement, F est bien un sous-espace vectoriel de M n (R). Exercice 2. Résolution du système linéaire. On résout le système par la méthode du pivot de Gauss. Comme le coefficient de x dans la première ligne est

2 non nul, on le choisit comme premier pivot: (S ) 2x + 5x 2 + 4x + 5x 4 = x + 2x + 5x 4 = L 2 L 2 2L L L L L L L 2 x = 5x 2 x 2x 4 = x 4 x 2 = 5 ( 8x 9x 4 ) = x 4 x = x 4 Ainsi le système possède une infinité de solutions: 5x 2 8x 9x 4 = 5x 2 4x 7x 4 = 5x 2 8x 9x 4 = 4x + 2x 4 = S = {(t, t, t, t) t R} Exercice. Inversibilité d une matrice vérifiant une relation polynomiale. Voir TD, exercice numéro 7. Problème. a. Calcul de U, U et U 2. u Par définition, U = u, U = reste à calculer u u et U 2 = u u 4 u = 2u + u 2 = et u 4 = 2u + 2u = 4. Comme on sait que u =, u = et =, il ce qui donne U =, U = et U 2 = 4. b. Montrons que U n+ = AU n. Soit n N: AU n = par construction de (u n ) n N. Ainsi 2 2 u n u n+ u n+ 2u n + u n+ 2 n N, U n+ = AU n Montrons que U n = A n U pour tout n N. Par récurrence: soit (P n ) la propriété U n = A n U. initialisation: si n =, on a bien U = A U (puisque par convention A = I ); si n =, le résultat précédent montre que U = AU ; ainsi la propriété est vraie aux rangs et. passage du rang n au rang n + : fixons n N et supposons que la propriété est vraie au rang n, ie (HR) U n = A n U Alors U n+ = AU n d après la première partie de la question, et U n = A n U par hypothèse de récurrence, donc U n+ = A A n U = A n+ U, ce qui montre la propriété au rang n +. D après le principe de récurrence, on obtient: n N, U n = A n U u n+ u n+

3 c. Existence et calcul de P On sait que P est inversible si et seulement si, pour tout solution. Or x P y z x + y + z = 2x y + z = 4x + y + z = L 2 L 2 + 2L L L 4L L L + L 2 x = x + z y = 2 y 2 z z = x + 2 y + z, le système P x y z x + y + z = y + z = 2 + y z = 4 + x + y + z = y + z = 2 + z = Ainsi ce système (d inconnues x, y, z) admet toujours une unique solution, cela montre que P est inversible et P est la matrice des coefficients de,, dans les expressions de x, y, z: P = Remarque: on vérifie bien que PP = I. d. Calcul de n. Par définition, = P AP. On a puis A = P = 2 donc on obtient bien une matrice diagonale: ( 2) 2 On a alors 2 = ( ) 2 2 ( 2) n n = ( ) n n 2 =, = P = convention = I et ( 2) = ( ) = =. Ainsi AP = = ( 2) ( ) = AP = P AP admet une unique,... et par récurrence, on obtient pour tout n N. On vérifie que l égalité est encore vraie pour n =, puisque par n N, n = ( 2) n ( ) n

4 e. Montrons que A n = P n P pour tout n N. Puisque = P AP, il vient P = PP AP = AP puis P P = APP = A, donc A = P P Montrons par récurrence que pour tout n N, A n = P n P. initialisation: si n =, on a A = I et P P = PI P = PP = I, donc la propriété est vraie au rang n = ; si n =, on vient de montrer que A = P P donc la propriété est vraie au rang n =. passage du rang n au rang n + : fixons n N et supposons que la propriété est vraie au rang n, ie (HR) A n = P n P Alors A n+ = A A n = AP n P d après l hypothèse de récurrence, ce qui donne (en utilisant A = P P ) ce qui montre la propriété au rang n +. D après le principe de récurrence, on obtient: f. Expression de u n. D après les questions b. et e., du vecteur colonne P n P P n P : puis P n = P = A n+ = P P P n P = P n P = P n+ P u n u n+ 2 4 ( 2) n ( ) n ( 2) n+ ( ) n+ 4 ( 2) n ( ) n n N, A n = P n P = P n P u u. Il s agit donc de déterminer le premier coefficient, et pour cela on a juste besoin de connaître la première ligne de la matrice n = P = Le premier coefficient du vecteur colonne P n P u n = ( 2)n+ + ( ) n + 2 ( 2) n ( ) n ( 2) n ( ) n ( 2) n+ ( ) n+ 4 ( 2) n ( ) n = P n ( 2) n+ +( ) n +2 + ( )n+ + = ( 2)n+ + ( ) n + 2 ( ) n+ = ( 2)n+ + 9( ) n vaut donc ( ) n ( 2) n +( ) n+ + ( ) + 2( 2)n + ( ) n+ + On peut vérifier que pour n =,, 2 on obtient les valeurs déjà connues. On a montré: = P n P n N, u n = (( 2)n+ + 9( ) n ) Remarque: en calculant les deux autres coefficients du vecteur colonne P n P, on obtiendrait la même expression en remplaçant n par (n + ) (pour le deuxième coefficient) ou (n + 2) (pour le troisième coefficient).

5 Exercice de recherche. Par définition de la matrice produit, le coefficient i, j de la matrice A 2 vaut n a ik a k j k= Or a ik est le nombre d arêtes entre les sommets s i et s k, autrement dit le nombre de chemins de longueur reliant s i et s k. De même a k j est le nombre de chemins de longueur reliant s k et s j. Ainsi, à k fixé, a ik a k j est égal au nombre de chemins constitués de deux arêtes reliant s i et s j via une étape au sommet s k. Pour obtenir le nombre total de chemins de longueur 2 (c est-à-dire constitués de deux arêtes) reliant s i et s j, on fait varier k pour tenir compte de toutes les étapes possibles et on somme toutes ces quantités: ce qui donne nk= a ik a k j, soit exactement le coefficient i, j de la matrice A 2. Ainsi le nombre de chemins de longueur 2 reliant le sommet s i au sommet s j est égal au coefficient i, j de la matrice A 2.