Exercices sur les Matrices : corrigé

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1 Exercices sur les Matrices : corrigé Mardi 6 Février 008 Exercice C'est du simple calcul, on obtient CA = ( ) ; BC = 4 7 et BCA = Exercice On a A = et A = I, puis les puissances de A sont périodiques, égales successivement à A, A et I, ce qu'on peut écrire : k N, A k = I ; A k+ = A et A k+ = A. Exercice Par le calcul, on obtient J = 4J puis J = 6J. On peut alors se douter que chaque nouvelle multiplication par J multipliera le résultat par 4, ce qui devrait donner J k = 4 k J. Prouvons-le par récurrence : c'est vrai pour k = puisque 4 J = J = J, et si on suppose que J n = 4 n J, alors J n+ = J n J = 4 n J.J = 4 n J = 4 n.4j = 4 n J, ce qui prouve la formule pour la puissance n +. Exercice 4 x y x + z y + t Soit M = une matrice dans M z t (R), on calcule AM = et x + 4z y + 4t x + y x + 4y MA =. Pour que les deux matrices soient égales, il faut que leurs coecients z + t z + 4t soient égaux deux à deux, ce qui nous amène à résoudre le système x + z = x + y y + t = x + 4y x + 4z = z + t y + 4t = z + 4t Les deux équations extrêmes sont équivalentes à z = y, et les deux du milieu se ramènent alors à la même équation x+z = t. Les solutions sont donc tous les quadruplets de la forme {x, y, y, x + } y, où x et y sont deux réels quelconques.

2 Exercice 5. Soit donc une matrice B = a b c d e f g h i On a alors AB = a + d b + e c + f a + d b + e c + f d e f Pour que la matrice AB soit nulle, il faut donc avoir d = e = f = 0, puis a = b = c = 0. Autrement dit, les deux premières lignes de B doivent être nulles, et la troisième est quelconque.. D'après la question précédente, C doit être de la forme Si on eectue le produit g h i CA pour une telle matrice, on obtient Pour que ce produit soit g + h g + h + i 0 nul, il faut donc avoir g = h et i = g + h = 5h, soit C =, le réel h h h 5h étant quelconque. Exercice 6 B = On a A = I+B avec B = Un calcul peu passionnant donne B = , puis les puissances supérieures de B sont nulles. On a donc, via le binôme de Newton (les matrices B et I commutant bien entendu), A k = (B + I) k = k k B I k + B I k k(k ) = I + kb + B + nuls), soit (attention les yeux) : k k + k(k ) 4k + 6k(k ) + 4k(k )(k ) A k = 0 k k + k(k ) 0 0 k k I k + 0 k BI k + k(k )(k ) B (les termes suivants étant 6 ; Exercice 7 On calcule (pour changer) A + I = 0 a a ; (A + I) = 0 a a 0 a a, et la puissance suivante est bien nulle. Autrement dit, A = B I, où B est une matrice nilpotente. On peut donc utiliser Newton : A k = (B I) k = ( I) k + kb( I) k k(k ) + B ( I) k = ( ( ) k I kb + k(k ) B ), soit encore A k = ( ) k ka ka k(k ) k(k ) k + a a k(k ) k(k ) k a a

3 Exercice 8 La bonne méthode pour prouver ce genre de propriété est la récurrence. Cherchons donc à prouver la propriété P k : il existeun réel que l'on notera a k, tel que la matrice A k soit de la forme A k = 0 0 a k a k a k a k a k a k + Initialisation : Il faut vérier que A, c'est-à-dire A elle-même, est de la forme donnée. Or, si 0 0 on pose a =, on a bien A =, donc la propriété P est vériée. + Hérédité : Faisons l'hypothèse de récurrence que P k est vériée. Il nous faut alors prouver P k+, et pour cela calculer A k+. Or, A k+ = A A k avec par hypothèse de récurrence A k = 0 0 a k a k a k (où ak est un réel pour l'instant indéterminé). Le calcul du produit donne a k a k a k alors A k+ = 6 4a k 5 + 4a k 6 4a k Si on appelle ak+ le réel déni par a k+ = a k, a k + a k 4 a k 0 0 A k+ vérie bien la propriété demandée puisque A k+ = ( a k ) ( a k ) ( a k ) a k ( a k ) a k + La propriété P k+ est donc vériée, donc par le principe de récurrence, P k est vrai pour tout entier k. Reste à calculer la valeur de a k! La suite a k est arithmético-géométrique puisque a k+ = a k, son équation caractéristique est x = x, dont la solution est x =. On introduit donc la suite auxiliaire (b k ) k, dénie par b k = a k, et qui vérie b k+ = a k+ = ( a k ) = a k = (a k ) = b k. La suite b k est donc une suite géométrique de raison. Par ailleurs, son deuxième terme est b = puisque a =, donc b k = ( ) k et a k = ( ) k. La matrice A k peu 0 0 donc s'écrire sous la forme A k = ( ( ) k ) ( ( ) k ) ( ( ) k ) ( ) k ( ) k ( ) k Exercice 9. On commence par un peu de calcul : A = Il est désormais facile de vérier l'égalité demandée. et A = On va bien sûr procéder par récurrence. Notons P k la propriété Il existe deux réels a k et b k tels que A k = a k A +b k A. Pour une fois on initialise la récurrence pour k = : P est bien vériée en posant a = et b = 0 (on a bien A = A + 0 A). Supposons P k vériée, on a alors A k+ = A A k = A (a k A +b k A) = a k A +b k A = a k (6A A )+b k A = (b k a k )A +6a k A, qui est bien de la forme demandée, ce qui achève la récurrence.. D'après la question précédente, on a les relations suivantes : a k+ = b k a k et b k+ = 6a k. On a donc b k = 6a k ce qui donne en remplaçant dans la première relation a k+ = a k + 6a k, récurrence linéaire d'ordre d'équation caractéristique x + x 6 = 0, dont les deux racines sont x = et x =. On a donc a k = α k + β( ) k, avec a = 4α + 9β = et a = 8α 7β =. La résolution du système donne α = 0 et β = 5, donc a k = k ( ) k, 5 et b k = 6 k ( ) k. 5

4 4. On se contentera d'écrire A k = 6a k b k a k + b k a k + b k 8a k + 6b k 6a k b k a k 4b k a k 4b k a k + b k a k + b k sans préciser les valeurs. Pour k =, on obtient avec les formules de la question précédente a = 0 et b =, ce qui donne A = 0 A + A, ce qui est indiscutablement vrai. Et pour k = 0, on obtient a 0 = 6 et b 0 = 6, et là ça ne marche plus... Exercice 0. En posant K =, on a eectivement Ma,b = ai + bk.. Plutôt que de faire un calcul de produit de matrices pénible, utilisons la question précédente : M a,b M c,d = (ai + bk)(ci + dk) = aci + adk + bck + bdk = aci + (ad + bc)k + bdk, et on obtient la même chose en faisant le produit dans l'autre sens.. Un petit calcul montre que K = K. Une récurrence immédiate montre alors que K k = k k K. Comme M, = I K, on a via Newton M, k = (I K)k = I p ( K) k p = k I ( ( ) k p )K. p=0 p=0 Exercice. On obtient aisément A = k= 0 0, puis A = 0.. On peut appliquer la formule du binome de Newton, les matrices I et A commutant : B n = n (A + I) n = A k (I) n k = I(I) n + na(i) n n(n ) + A I n = n I + n n A + k n(n ) n A. Autrement dit, B n =. On peut en fait, en notant X n = a n b n c n n 0 0 n n n 0 n(n ) n n n n, écrire la relation de récurrence sous la forme X n+ = BX n, dont on déduit facilement (une petite récurrence) que X n = B n X 0, autrement dit a n = n n a 0 ; b n = n n a 0 + n b 0 et c n = n(n ) n a 0 + n n b n + n c n. Exercice. On a bien A = 5A 4I.. On procède comme à l'exercice 9, par récurrence. On peut l'initialiser à k = ou k =, et en la supposant vériée au rang k, on a A k+ = A(a k A+b k I) = a k A +b k A = 5a k A 4a k I +b k A, qui est bien de la formé demandée avec a k+ = 5a k + b k et b k+ = 4a k.. On a donc b k = 4a k, puis a k+ = 5a k 4a k, récurrence linéaire d'ordre, d'équation caractéristique x 5x + 4 = 0, dont les racines sont et 4. Après un calcul bref mais intense, on doit aboutir à a k = 4k et b k = 4 4k. 4

5 4. On en déduit que A k = a k + b k a k a k a k a k + b k a k a k a k a k + b k et, comme B = 4 A, on a Bk = 4 k Ak. On peut s'amuser à écrire les coecients de cette matrice, les 4 k disparaissant dans les formules donnant a k et b k (enn, il y en a, mais au dénominateur) et on remarque que les coecients se rapprochent de plus en plus de ceux de la matrice suivante : M = Exercice. On peut commencer à droite ou à gauche au choix. P T = ce qui vaut bien 8A et P T Q =. Le calcul donne P Q = QP = 8I, donc A = 64 P T QP T Q = 64 P T (8I)T Q = 8 P T Q puis A = A A = 8 P T Q 8 P T Q = 64 P T (QP )T Q = 8 P T Q. Par récurrence, on obtient facilement A k = ( 4) k P T k Q. Or, T étant diagonale, on sait que T k = 0 ( ) k 0, ce 0 0 k qui permet si on le souhaite d'obtenir de belles formules pour les coecients de A k. Exercice 4. C'est très simple, mais faisons-le de manière formelle pour nous échauer avant la suite. En fait, on a T r(a) = n i= a ii. Ici, il sut de constater que λa ii = λ a ii. i= i=. Pas de diculté non plus, T r(a + B) = (a ii + b ii ) = a ii + b ii = T r(a) + T r(b).. Un peu plus rigolo : T r(ab) = même façon, on a T r(ba) = sont égales. i= c ii, avec c ii = i= i,j n i= i= a ij b ji, donc T r(ab) = j= i,j n a ij b ji. De la b ij a ji. Je vous laisse vous convaincre que les deux sommes 4. Si une telle égalité était vériée, on aurait T r(ab BA) = T r(i) = n. Mais d'après les questions précédentes, T r(ab BA) = T r(ab) T r(ba) = 0, ce n'est donc pas possible. Exercice 5 4a + 6a a a a a. Calculons Ma = a a 4a + 6a a a Le réel a0 doit donc à la fois a a a a 4a + 6a vérier 4a 0 + 6a 0 = a 0 et a 0 a 0 = a 0. La première équation a pour solutions 0 et, et celles de la deuxième sont 0 et également. Il y a donc bien une solution non nulle. Dans ce cas, tous les coecients de M a0 sont égaux à. 5

6 . En posant α = a, on a eectivement l'égalité demandée.. On a déjà vu que P = P ; on calcule que Q = Q, P Q = 0 et QP = On a M a = (P + αq) = P + αp Q + αqp + α Q = P + α Q. Par une récurrence facile, on obtient M k a = P + α k Q. 6