Devoir non surveillé Matrices, systèmes linéaires

Devoir non surveillé Matrices, systèmes linéaires Pelletier Sylvain, BCPST Lycée Hoche $\ CC BY: = our le 15 décembre Exercice 1 Puissance d une matrice 3 1 2 Soit A = 0 2 0. 1 1 0 On se roose de calculer les uissances de A ar trois méthodes différentes. 1. Diagonalisation On ose P = 1 2 0. 1 1 1 (a Montrer que P est inversible et calculer son inverse. (b (c i. Calculer D = P 1 AP, ii. Pour n N, calculer D n. iii. Démontrer que D n = P 1 A n P et en déduire l exression de A n. i. Justifier que D est inversible et déterminer D 1. En déduire que A est inversible. ii. En adatant les questions récédentes calculer A n our n N. 2. Binôme de Newton (a On ose B = A 2I 3. Pour n N, calculer B n en fonction de B. (b En utilisant la formule du binôme de Newton, calculer l exression de A n en fonction de n, A et I 3. 3. Par olynôme annulateur (a Vérifier que A 2 3A + 2I 3 = 0 3. (b i. Démontrer ar récurrence qu il existe deux suites (a n et (b n telles que, our tout entier n, A n = a n A + b n I 3. Donner les relations de récurrence vérifiées ar a n et b n. ii. Vérifier que a n et b n sont deux suites récurrentes linéaires d ordre deux. iii. En déduire les exressions de a n et de b n uis celle de A n en fonction de n, A et I 3 (c i. Justifier que A est inversible et donner son inverse en fonction de A et de I 3. ii. En rerenant la question récédente, donner l exression de A n our n N en fonction de n, A et I 3. 1

Correction : 1. Diagonalisation (a On alique classiquement la méthode de Gauss-Jordan : 1 2 0 1 1 1 0 2 1 0 1 0 0 1 0 0 2 1 0 1 0 0 0 1 0 1 0 0 1 0 0 1 0 1 1 0 1 1 0 1 1 2 1 1 2 2 1 2 1 1 2 l 1 l 2 l 2 l 1 l 3 l 3 l 1 l 1 l 2 l 1 l 3 l 2 l 3 l 3 2l 2 l 1 l 2 l 3 l 3 l 1 l 1 l 3 l 2 l 3 2 1 2 On voit donc que P est inversible et que P 1 = 1 1 2 (b i. Un calcul direct montre : 2 1 2 3 1 2 4 2 4 2 0 0 P 1 AP = 0 2 0 1 2 0 = 2 0 2 1 2 0 = 0 2 0 1 1 2 1 1 1 1 1 2 1 1 1 2 0 0 Ainsi, D = 0 2 0 2 n 0 0 ii. D étant une matrice diagonale, on a : D n = 0 2 n 0 C est du cours, il ne faut as faire de récurrence! iii. On démontre ar récurrence sur n N : P(n : D n = P 1 A n P 2

(c Initialisation évidente our n = 0 (et vrai our n = 1. Hérédité : our n fixé tel que P(n soit vrai, on a : D n+1 = D n D = P 1 A n PP 1 AP = P 1 A n+1 P. Conclusion : n N, D n = P 1 A n P, et donc A n = PD n P 1. Ici ce n est as du cours, il faut donc refaire (raidement toujours la récurrence. 2 n+1 1 2 n 1 2 2 n+1 En remlaçant avec la valeur de D n, on trouve : A n = 0 2 n 0 2 n 1 2 n 1 2 2 n i. La matrice D est diagonale à coefficients diagonaux non nuls. Elle est donc inversibles, 1 de lus D 1 = diag( 1 2, 1 2 0 0 2, 1 = 1 0 2 0. La matrice A vérifiant A = PDP 1, elle est roduit de matrice inversible donc la matrice A est aussi inversible. Ici encore, il ne faut as faire de calcul : c est du cours. ii. La matrice A étant inversible, la matrice A n est aussi inversible. De lus, A n = (A n 1 = [ PD n P 1] 1 = PD n P 1. On eut donc écrire our n N, A n = Calcul direct ici as besoin de récurrence. 2 1 n 2 n 1 2 2 1 n 0 2 n 0 2 n 1 2 n 1 2 2 n 2. Newton 1 1 2 (a On calcule B = 0 0 0. On constate que B 2 = B, ar 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 lus, il faut séarer le cas n = 0. (b On a A = B + 2I 3, et B et I 3 commutent, donc on eut aliquer Newton our obtenir A n = (B + 2I 3 n = B (2I 3 n = 2 n B =0 =0 = 2 n I 3 + 2 n B = 2 n I 3 + 2 n ( 1 +1 B =1 =1 n = 2 n I 3 2 n n 2 ( 1 B =1 n = 2 n I 3 2 n n 2 ( 1 1 B =0 [ ] 1 = 2 n I 3 2 n 2 n 1 B = 2 n I 3 (1 2 n B = 2 n I 3 (1 2 n [A 2I 3 ]. 3

En conclusion : A n = (2 n 1A + (2 2 n I 3. 3. Par olynôme annulateur Calcul classique. Attention à sortir le remier terme. (a On vérifie facilement la relation A 2 3A + 2I 3 = 0 3 ar un calcul direct. (b i. On démontre ar récurrence simle sur n N : P(n : (a n, b n R 2, A n = a n A + b n I 3. Initialisation : our n = 0, on ose a 0 = 0, et b 0 = 1 our obtenir la relation. Hérédité : soit n fixé, tel que P(n est vrai, on a alors A n+1 = A n A = (a n A+b n I 3 A = a n A 2 +b n A = a n (3A 2I 3 +b n = (3a n +b n A 2a n I 3. On obtient donc le résultat en osant : a n+1 = 3a n + b n et b n+1 = 2a n. Conclusion : On a donc, n N, A n = a n A + b n I 3, avec les relations : a n+1 = 3a n + b n et b n+1 = 2a n. On eut aussi faire une récurrence double, à condition de bien la résenter. (c ii. On a our n N, a n+2 = 3a n+1 + b n+1 = 3a n+1 2a n. Ainsi, a n est récurrente linéaire d ordre 2. De même : b n+2 = 2a n+1 = 6a n + 4a n 1 = 3b n+1 2a n. Ainsi, (b n est une suite récurrente linéaire d ordre 2. a 0 = 0 iii. On a les relations : a 1 = 1 On rocède classiquement ar l équation a n+2 = 3a n+1 2a n. caractéristique : r 2 3r + 2 = 0 = (r 2(r 1, de racine 2 et 1. Ainsi, on sait que (α, β R 2, tels que : n N, a n = α + β2 n. α + β = 0 Les deux remiers termes donnent :. Ainsi, β = 1 et α = 1. Ainsi, α + 2β = 1. n N, a n = 2 n 1. Pour (b n il est inutile de refaire le calcul : on a b n = 2a n 1 = 2(2 n 1 1 = 2(1 2 n 1. Ainsi, n 1, A n = (2 n 1A + 2(1 2 n 1 I 3. i. De la relation, A 2 3A + I 3 = 0, on obtient : ( A + 3I 3 A = A( A + 3I 3 = 2I 3. et donc : ( A 1 2 A + 3 ( 2 I 3 = 1 2 A + 3 2 I 3 A = I 3. Ainsi, A est inversible d inverse A 1 = 1 2 A + 3 2 I 3. 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 1A + 2(1 2 n 1 I 3 est vrai our n = 1. On eut donc suoser qu elle est vrai our tout n N : = ((2 n 1A + 2(1 2 n 1 I 3 A n ((2 n 1A + 2(1 2 n 1 I 3 ((2 n 1A + 2(1 2 n 1 I 3 = (2 n 1(2 n 1A 2 + [ (2 n 1(2 2 n + (2 2 n (2 n 1 ] A + (2 2 n (2 2 n I 3 = (2 n 1(2 n 1 [3A 2I 3 ] + [ (2 n 1(2 2 n + (2 2 n (2 n 1 ] A + (2 2 n (2 2 n I 3 = [ 3(2 n 1(2 n 1 + (2 n 1(2 2 n + (2 2 n (2 n 1 ] A + [ 2(2 n 1(2 n 1 + (2 2 n (2 2 n ] I 3 On a facilement : et 3(2 n 1(2 n 1 + (2 n 1(2 2 n + (2 2 n (2 n 1 =3(1 2 n + 2 n + 1 + 2 n+1 1 2 + 2 n + 2 n+1 2 1 + 2 n =2 n ( 3 + 2 + 1 + 2 n ( 3 + 1 + 2 = 0. 2(2 n 1(2 n 1 + (2 2 n (2 2 n = 2(1 2 n 2 n + 1 + 2 2 2 n+1 2 n+1 + 1 = 1. Au final, A n ( (2 n 1A + 2(1 2 n 1 I 3 = I3 et comme ces matrices commutent on a aussi : ( (2 n 1A + 2(1 2 n 1 I 3 A n = I 3, et donc A n = ( (2 n 1A + 2(1 2 n 1 I 3. Exercice 2 Oral Agro 2007 Soit 0 1 1 A = 3 4 3 et B = A I 3, 1 1 0 où I 3 est la matrice identité 3 3. 1. Exrimer B 2 en fonction de B, 2. Montrer que n N, a n, b n R, A n = a n B + b n I 3. On donnera l exression de a n et b n 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 simle calcul (à résenter rorement montre que B 2 = B. 1 1 1 Attention, on n a as n N, B n = B, mais n N, B n = B! 5 /1 /3

2. On a : A n = (B + I 3 n = B en utilisant Newton car A et I 3 commutent. =0 = I 3 + B =1 On a :B 2 = B, donc une récurrence (à faire raidement montre facilement que B = B, our > 0. Ainsi, A n = I 3 + B =1 = I 3 + B =1 ( n n = I 3 + 1 B =0 = I 3 + (2 n 1B. D où le résultat avec a n = (2 n 1 et b n = 1 (i.e. n N, b n = 1. On eut aussi raisonner ar récurrence our montrer l existence de a n et b n, uis les calculer (b n est constante et a n est arithmético-géométrique. 1 si récurrence sans calcul de a n et b n. 2.5 si as de simlification de n ( n =1 0 si erreur sur Newton ou si B 0 = B. 3. On trouve 1.5 0.5 0.5 A 1 = 1.5 0.5 1.5 0.5 0.5 1.5 = I 3 0.5 B = I 3 + (2 1 1B. On eut bien sûr utiliser la méthode de Gauss-Jordan, on est alors assuré d arriver au résultat. On eut aussi tout simlement regarder si la formule récédente est valable our n = 1. 0.5 si erreur de calcul. 4. Il faut bien sûr enser que la formule ci-dessus eut-être valable our n < 0, car A 1 vérifie la formule. On eut donc vérifier la formule ar récurrence. 6

On eut aussi rocéder ainsi soit n N, on ose A n = I 3 + (2 n 1B. On doit vérifier que A n A n = I 3, cela se fait simlement : ( ( A n A n = I 3 + (2 n 1B I 3 + (2 n 1B ( = I 3 + (2 n 1B + (2 n 1B + (2 n 1(2 n 1 B 2 ( = I 3 + (2 n + 2 n 2 B + +(1 2 n 2 n + 1B = I 3 Ainsi, { A n} 1 = A n = A n = I 3 + (2 n 1B. Exercice 3 Résolution de système avec un aramètre Résoudre en discutant selon la valeur de m R, le système : (1 + mx + y + z = m (S 3x + (3 my + z = 0 3x + 3y + (1 + mz = 0. Correction : Plusieurs méthodes sont ossibles, toutes aboutissent au même résultat, choisissez les oérations qui facilitent au maximum les calculs. Il est imortant de vérifier que l on ne divise as ar 0. Pensez à bien indiquer vos oérations élémentaires. (S 3x + (3 my + z = 0 (l2 l1 (1 + mx + y + z = m (l2 l1 3x + 3y + (1 + mz = 0. 3x + (3 my + z = 0 3(1 + mx + 3y + 3z = 3m (l2 3 l2 3x + 3y + (1 + mz = 0. 3x + (3 my + z = 0 (3 (1 + m(3 my + (m 2z = 3m (l2 l2 (1 + ml1 my + mz = 0 (l3 l3 l1. On a : (3 (1 + m(3 m = m 2 2m = m(m 2. Le système s écrit donc : 3x + (3 my + z = 0 (S m(m 2y + (m 2z = 3m my + mz = 0 Si m = 0, alors le système se réduit à : 3x + 3y + z = 0 2z = 0 x = y z = 0 7

{ } D où : S 0 = y, y, 0. Si m 0, on eu continuer le calcul 3x + (3 my + z = 0 (S m(m 2y + (m 2z = 3m y + z = 0 (l3 l3/m Si m = 2, le système se réduit à : 3x + y + z = 0 (S 0 = 6 y + z = 0 (l3 l3/m, et donc S 2 =. Si m 2, on eut alors continuer le calcul : (S 3x + (3 my + z = 0 my + z = 3 m m 2 (l2 l2/(m 2 y + z = 0 3x + (3 my + z = 0 my + z = 3 m m 2 (m + 1y = 3 m m 2 Si m = 1, le système se réduit à : 3x + 4y + z = 0 y + z = 1 0 = 1 et donc S 1 =. Sinon, on eut continuer le calcul, et résoudre ar substitution 3x = (3 my z = (m 2y (S 3m z = (m 2(m+1 3m y = (m 2(m+1 x = m m+1 3m z = (m 2(m+1 3m y = (m 2(m+1 En conclusion : si m / {0, 1, 2} { S = m m + 1, 3m (m 2(m + 1, 3m }, (m 2(m + 1 { } et S 1 =, S 2 =, et S 0 = y, y, 0., 8