Université Pierre et Marie Curie Les 7 et 8 février 203 LM25 http ://www.eleves.ens.fr/home/waldspur/lm25.html TD : Algèbre Corrigé Exercice : 4 2 2 4 2 3 3 0 2 3 0 2 2 4 6 4 5 6 2 0 5 0 2 3 4 0 + 3 2 2 2 2 0 4 3 2 0 4 4 2 0 2 ( 3 ) 0 2 0 2 2 0 2 2 2 2 0 2 4 3 0 8 7 0 2 2 0 2 Exercice 2 :. p n+ Prob(Le jour n+ il pleut et le jour n il pleuvait) + Prob(Le jour n+ il pleut mais le jour n il ne pleuvait pas) Prob(Le jour n+ il pleut Le jour n il pleuvait).prob(le jour n il pleuvait) + Prob(Le jour n+ il pleut Le jour n il ne pleuvait pas).prob(le jour n il ne pleuvait pas) 0, 6Prob(Le jour n il pleuvait) + 0, 2Prob(Le jour n il ne pleuvait pas) 0, 6p n + 0, 2q n De même pour q n+. 2. Par définition du produit des matrices A et ( pn q n ) : pn 0, 6 0, 2 pn 0, 6pn + 0, 2q A n q n 0, 4 0, 8 q n 0, 4p n + 0, 8q n ( pn+ q n+ )
3. MN ( 0 ) Id et NM 0 ) Id. /3 /3 0, 6 0, 2 4. M N M A. 4/5 2/5 0, 4 0, 8 5. A 2 M N M N M N M N 0 0, 6, 6 0, 44 0, 28 N 2 0, 6 0, 56 0, 72 6. On utilise le fait que tous les N M se simplifient : ils valent Id, donc n interviennent pas dans le produit (voir propriété du cours sur la puissance des matrices semblables : A est semblable à 0 0,4 puisque N M ). On utilise également le fait que n ( 0 0,4 n ) 0 0 0,4 n (propriété des matrices diagonales). A n M N M N... M N M... N M n N, 4 n ( + 2.0, 4 2 0, 4 n N n )/3 ( 0, 4 n )/3 (2 2.0, 4 n )/3 (2 + 0, 4 n )/3 7. pn pn pn 2 A A A q n q n q n p0 A A... q 0 A n p0 ( + 2.0, 4 n )/3 ( 0, 4 n )/3 q 0 (2 2.0, 4 n )/3 (2 + 0, 4 n )/3 0 ( + 2.0, 4 n )/3 (2 2.0, 4 n )/3 Donc p n ( + 2.0, 4 n )/3 et q n (2 2.0, 4 n )/3. Puisque 0, 4 n tend vers 0 quand n tend vers + : p n /3 q n 2/3 Exercice 3 : 2
. On a a, b 0, c 0, d donc M ( 0 ). C est la matrice identité. x0 a b x0 ax0 + by 2. M 0 x y 0 c d y 0 cx 0 + dy 0 y 3. a) f g(x, y) f(a x + b y, c x + d y) (a(a x + b y) + b(c x + d y), c(a x + b y) + d(c x + d y)) ((aa + bc )x + (ab + bd )y, (ca + dc )x + (cb + dd )y) b) Notons M f g la matrice associée à f g. On a : a b a b M f M c d g c d aa M f g + bc ab + bd ca + dc cb + dd M f M g 4. Soient A, B, C trois matrices. Notons f A, f B, f C des applications linéaires de R 2 ayant ces matrices pour matrices associées. D après la question 3, AB est la matrice associée à f A f B. (AB)C est le produit de la matrice associée à f A f B et de la matrice associée à f C. D après la question 3, c est la matrice associée à (f A f B ) f C. De la même façon, A(BC) est la matrice associée à f A (f B f C ). Puisque f A (f B f C ) (f A f B ) f C (car la composition des fonctions est associatives), les matrices A(BC) et (AB)C sont les matrices associées de la même application linéaire. Elles sont donc égales (puisque une application linéaire définit de manière unique sa matrice associée). Donc A(BC) (AB)C, pour toutes matrices A, B, C, ce qui est la définition de l associativité. Exercice 4 :. a) (B A )(AB) B (A A)B B B Id (AB)(B A ) A(BB )A AA Id Donc AB est inversible et son inverse vaut B A. b) (C B A )(ABC) C B (A A)BC C B BC C C Id (ABC)(C B A ) AB(CC )B A ABB A AA Id Donc ABC est inversible et son inverse vaut C B A. c) A n (A ) n AA...AA...A A. Il y a n A et n A. Ils se simplifient par paire et on obtient l identité. De même, (A ) n A n Id. Donc A n est inversible, d inverse (A ) n. a) ((AB) A)B (AB) (AB) Id b) A AB((AB) A) A ((AB)(AB) )A A A Id B((AB) A) IdB((AB) A) A AB((AB) A) Id c) D après les questions a) et b), B((AB) A) ((AB) A)B (AB) (AB) Id. Cela implique que B est inversible, d inverse ((AB) A). C est absurde car on avait supposé que B n était pas inversible. 3
Exercice 5 :. On cherche d abord à résoudre l équation ( 4 3 ) ( w y x z ) Id ( 0 ). Si cette équation a une solution, alors l inverse de ( 4 3 ) sera la solution trouvée. Si l équation n a pas de solution, cela signifiera que ( 4 3 ) n est pas inversible (car sa matrice inverse, si elle existait, devrait vérifier l équation). Puisque ( 4 3 ) ( w y x z ) 4w+y 4x+z w+3y x+3z, cette équation devient : 4w + y w + 3y 0 4x + z 0 x + 3z On a donc z 4x, x + 3z x 2x x donc x et z 4. De plus, y 4w, 0 w + 3y w + 3 2w 3 w donc w 3 et y. On trouve donc que l inverse, s il existe, est égal à ( w y x z ) 3 4. Pour montrer que c est bien l inverse, il faut aussi vérifier que 3 4 ( 4 3 ) Id. Le calcul du produit montre que c est bien le cas. On procède de même pour la deuxième matrice : on cherche à résoudre l équation 2 2 ( w x y z ) Id ( 0 ). Cette équation devient : 2w + 2y w y 0 2x + 2z 0 x z 0 On trouve donc w y et 2w + 2y 0. C est absurde donc l équation n a pas de solution. Cela signifie que la matrice 2 2 n est pas inversible (sinon l inverse serait solution de l équation). ( ) ( x y z ) 0 On cherche à résoudre l équation 0 x 2 y 2 z 2 2 x 3 y 3 z 3 0 Id. 0 0 Cette équation devient : x + x 3 x 2 + x 3 0 2x + x 2 0 y + y 3 0 y 2 + y 3 2y + y 2 0 z + z 3 0 z 2 + z 3 0 2z + z 2 On résoud. On trouve que l équation a une solution et que la solution est : x y z x 2 y 2 z 2 2 2 x 3 y 3 z 3 2 ( 2 2 2 Si la matrice de l énoncé a un inverse, c est donc bien l inverse en calculant : 2 2 0 Id 2 2 4 ). On vérifie que cette matrice est
2. Il faut que l équation ( 3 α ) ( w x y z ) ( 0 ) ait une solution. Cette équation peut se récrire sous la forme : 3w + αy w + y 0 3x + αz 0 x + z On doit donc avoir w y et (3 + α)y. Il faut donc que α 3, pour que 3 + α 0. Si cette condition est vérifiée, on a y /(3 + α) et w /(3 + α). On doit aussi avoir x z et 3 + (3 + α)z 0 donc (3 + α)z 3. Si α 3, on trouve donc z 3/(3 + α) et x z α/(3 + α). Si α 3, l équation n a pas de solution ( donc la matrice ) M α n est pas inversible. Si α 3, l inverse, s il existe, doit être ( w y x z ) /(3+α) α/(3+α) /(3+α) 3/(3+α). Pour montrer que, lorsque α 3, ( la matrice M α est ) bien inversible et a pour inverse la matrice indiquée, il suffit de vérifier que /(3+α) α/(3+α) /(3+α) 3/(3+α) M α Id. Or : /(3 + α) α/(3 + α) (3 + α)/(3 + α) ( α + α)/(3 + α) M /(3 + α) 3/(3 + α) α Id ( 3 + 3)/(3 + α) (α + 3)/(3 + α) 0 Donc M α est inversible si et seulement si α 3 et, dans ce cas, l inverse vaut /(3+α) α/(3+α). /(3+α) 3/(3+α) Exercice 6 :. On procède comme à l exercice précédent. Il faut résoudre l équation ( a 0 c b ) ( w y x z ) ( 0 ). Elle est équivalente à : wa + by yc 0xa + bz 0 zc On doit donc avoir c 0 et z /c. Si c 0, on a nécessairement y 0, puisque yc 0. On a alors wa donc a 0 et w /a. Enfin, 0 xa + bz xa + b/c donc x b/(ac). Pour que la matrice M soit inversible, il faut donc que a 0 et c 0. Dans ce cas, si l inverse existe, c est indiqué : ( /a b/(ac) 0 /c ). On vérifie que, lorsque a, c 0, M est bien inversible, avec l inverse /a b/(ac) 0 /c M ( 0 ) Donc M est inversible si et seulement si a 0 et c 0 et, dans ce cas, l inverse est /a b/(ac) 0 /c. 2. a) Le coefficient en haut à gauche de A A est (A A), n b,k a k,. Or a k, 0 pour tout k >, donc (A A), b, a,. De plus, puisque A A Id, (A A),. En particulier, a, 0. Donc, pour tout k, a k,k 0. Il n y a aucun entier l tel que l < k donc la deuxième partie de l hypothèse de récurrence est aussi vraie. b) Puisque A A Id, on doit avoir : (A A) K+, 0 (A A) K+,2 0...(A A) K+,K 0 (A A) K+,K+ k 5
Pour tout l K +, (A A) K+,l n b K+,k a k,l. Puisque a k,l 0 si k > l, on peut arrêter la somme à l au lieu de n et on trouve : k 0 (A A) K+, b K+, a, 0 (A A) K+,2 b K+, a,2 + b K+,2 a 2,2... (A A) K+,K+ b K+, a,k+ +... + b K+,K+ a K+,K+ c) D après l hypothèse de récurrence P K, a, 0, a 2,2 0,..., a K,K 0. En considérant la première équation, puisque a, 0, on trouve que b K+, 0. Dans la deuxième équation, le terme b K+, a,2 est donc nul et on doit avoir b K+,2 a 2,2 0. Puisque a 2,2 0, on doit avoir b K+,2 0. Dans la troisième équation, les deux premiers termes sont nuls. De plus, a 3,3 0 donc b K+,3 0. On continue ainsi jusqu à la dernière équation, qui devient b K+,K+ a K+,K+. On doit donc avoir a K+,K+ 0. On a donc démontré que a,, a 2,2,..., a K+,K+ 0 et que b K+, b K+,2... b K+,K 0, c est-à-dire qu on a démontré P K+. b) D après P n, a,, a 2,2,..., a n,n 0 donc les coefficients diagonaux de A sont effectivement tous différents de 0. De plus, pour tous k et l tels que k > l, d après P k, on a b k,l 0. Donc A est triangulaire supérieure. Exercice 7 :. Tr(AB) n (AB) k,k n n A k,l B l,k k kl Tr(BA) n (BA) l,l n n B l,k A k,l Tr(AB) l lk 2. Tr(ABC) Tr(A(BC)) Tr((BC)A) Tr(BCA) Tr(B(CA)) Tr((CA)B) Tr(CAB). 3. Si A et B sont semblables, il existe P une matrice inversible telle que A P BP. Alors, d après la question 2., Tr(A) Tr(P BP ) Tr(BP P ) Tr(BId) Tr(B). Exercice 8 :. C k n + C k+ n n! k!(n k)! + n! (k + )!(n (k + ))! (k + )n! (k + )k!(n k)! + n!(n k) (k + )!(n k )!(n k) (k + )n! (k + )!(n k)! + n!(n k) (k + )!(n k)! (n + )n! (k + )!(n k)! (n + )! (k + )!((n + ) (k + ))! Ck+ n+ 6
2. À chaque fois que, dans le produit, apparaît un couple BA, on peut le remplacer par AB : BA k B k 2 BAA...AB k 2 ABA...AB k 2 AAB...AB k 2... A k BB k 2 A k B k2+. 3. Pour n 0, c est vrai : (A + B) n Id 0 Ck kak B k car C0 0 et A 0 B 0 Id. On suppose la propriété vraie au rang n et on la démontre au rang n + : k0 (A + B) n+ (A + B)(A + B) n n (A + B) CnA k k B n k k0 n Cn(A k + B)A k B n k k0 n Cn(AA k k B n k + BA k B n k ) k0 n Cn(A k k+ B n k + A k B n+ k ) k0 n CnA k k+ B n k + k0 n+ C k k n+ C k k0 n+ k0 n+ n A k B n+ k + n CnA k k B n+ k k0 n CnA k k B n+ k k0 n+ n A k B n+ k + CnA k k B n+ k (C k n k0 + C k n)a k B n+ k Cn+A k k B n+ k k0 7