Devoir non surveillé Matrices, systèmes linéaires

Pelletier Sylvain, BCPST Lycée Hoche pour le 15 décembre

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Exercice 1 Puissance d’une matrice

Soit A =

3 1 −2

0 2 0

1 1 0

.

On se propose de calculer les puissances de A par trois méthodes différentes.

1. Diagonalisation

On pose P =

1 0 1

1 2 0

1 1 1

.

(a) Montrer que P est inversible et calculer son inverse.

(b) i. Calculer D = P −1AP ,

ii. Pour n ∈ N, calculer Dn.

iii. Démontrer que Dn = P −1AnP 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 Bn 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 = anA + bnI3. 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 fonc-

tion 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

0 1 0

0 0 1

1 0 1

0 2 −1

0 1 0

1 0 0

−1 1 0

−1 0 1

l1l2 ← l2 − l1l3 ← l3 − l1

1 0 1

0 1 0

0 2 −1

1 0 0

−1 0 1

−1 1 0

l1l3l2

1 0 1

0 1 0

0 0 −1

1 0 0

−1 0 1

1 1 −2

l1l2

l3 ← l3 − 2l2

1 0 1

0 1 0

0 0 1

1 0 0

−1 0 1

−1 −1 2

l1l2

l3 ← −l3

1 0 0

0 1 0

0 0 1

2 1 −2

−1 0 1

−1 −1 2

l1 ← l1 − l3l2l3

On voit donc que P est inversible et que P −1 =

2 1 −2

−1 0 1

−1 −1 2

(b) i. Un calcul direct montre :

P −1AP =

2 1 −2

−1 0 1

−1 −1 2

3 1 −2

0 2 0

1 1 0

1 0 1

1 2 0

1 1 1

=

4 2 −4

−2 0 2

−1 −1 2

1 0 1

1 2 0

1 1 1

=

2 0 0

0 2 0

0 0 1

Ainsi, D =

2 0 0

0 2 0

0 0 1

ii. D étant une matrice diagonale, on a : Dn =

2n 0 0

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) : Dn = P −1AnP

2

– Initialisation évidente pour n = 0 (et vrai pour n = 1).

– Hérédité : pour n fixé tel que P(n) soit vrai, on a : Dn+1 = Dn×D = P −1AnPP −1AP =

P −1An+1P .

– Conclusion : ∀n ∈ N, Dn = P −1AnP , et donc An = PDnP −1.

Ici ce n’est pas du cours, il faut donc refaire (rapidement) toujours la récurrence.

En remplaçant avec la valeur de Dn, on trouve : An =

2n+1 − 1 2n − 1 2− 2n+1

0 2n 0

2n − 1 2n − 1 2− 2n

(c) i. La matrice D est diagonale à coefficients diagonaux non nuls. Elle est donc inversibles,

de plus D−1 = diag(12 , 1

2 , 1) =

12 0 0

0 12 0

0 0 1

. La matrice A vérifiant A = PDP −1, elle

est produit de matrice inversible donc la matrice A est aussi inversible.

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 =

(An)−1 =[

PDnP −1]

−1= PD−nP −1.

Calcul direct ici pas besoin de récurrence.

On peut donc écrire pour n ∈ N, A−n =

21−n 2−n − 1 2− 21−n

0 2−n 0

2−n − 1 2−n − 1 2− 2−n

.

2. Newton

(a) On calcule B =

1 1 −2

0 0 0

1 1 −2

. On constate que B2 = −B, par une récurrence facile, on

obtient :

B0 = I3

∀n ∈ N∗, Bn = (−1)n+1B

.

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

An = (B + 2I3)n =n∑

p=0

(

n

p

)

Bp(2I3)n−p =n∑

p=0

(

n

p

)

2n−pBp

= 2nI3 +n∑

p=1

(

n

p

)

2n−pBp = 2nI3 +n∑

p=1

(

n

p

)

2n−p(−1)p+1Bp

= 2nI3 − 2n

n∑

p=1

(

n

p

)

2−p(−1)p

B

= 2nI3 − 2n

n∑

p=0

(

n

p

)

2−p(−1)p − 1

B

= 2nI3 − 2n

[

1

2n− 1

]

B

= 2nI3 − (1− 2n)B = 2nI3 − (1− 2n)[A− 2I3]

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 = anA + bnI3.

– 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 = (anA+bnI3)A = anA2+bnA = an(3A−2I3)+bn = (3an+bn)A−2anI3.

On obtient donc le résultat en posant : an+1 = 3an + bn et bn+1 = −2an.

– Conclusion : On a donc, ∀n ∈ N, An = anA + bnI3, 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 :

a0 = 0

a1 = 1

an+2 = 3an+1 − 2an.

On procède classiquement par l’équation

caractéristique : r2 − 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.

Les deux premiers termes donnent :

α + β = 0

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 :

A

(

−1

2A +

3

2I3

)

=

(

−1

2A +

3

2I3

)

A = I3.

Ainsi, A est inversible d’inverse A−1 =(

−12A + 3

2I3

)

.

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 Oral Agro 2007

Soit

A =

0 1 −1

−3 4 −3

−1 1 0

et B = A− I3,

où I3 est la matrice identité 3× 3.

1. Exprimer B2 en fonction de B, /1

2. Montrer que /3

∀n ∈ N, ∃an, bn ∈ R, An = anB + bnI3.

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. On a : B =

−1 1 −1

−3 3 −3

−1 1 −1

. Un simple calcul (à présenter proprement) montre que B2 = B.

Attention, on n’a pas ∀n ∈ N, Bn = B, mais ∀n ∈ N∗, Bn = B !

5

2. On a :

An = (B + I3)n

=n∑

k=0

(

n

k

)

Bk en utilisant Newton car A et I3 commutent.

= I3 +n∑

k=1

(

n

k

)

Bk

On a :B2 = B, donc une récurrence (à faire rapidement) montre facilement que Bk = B, pour

k > 0. Ainsi,

An = I3 +n∑

k=1

(

n

k

)

B

= I3 + (n∑

k=1

(

n

k

)

)B

= I3 +(

n∑

k=0

(

n

k

)

− 1)

B

= 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.

– 2.5 si pas de simplification de∑n

k=1

(nk

)

– 0 si erreur sur Newton ou si B0 = 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 An = I3 + (2−n − 1)B. On doit vérifier que

AnAn = I3, cela se fait simplement :

AnAn =(

I3 + (2−n − 1)B)(

I3 + (2n − 1)B)

= I3 + (2−n − 1)B + (2n − 1)B +(

(2−n − 1)(2n − 1))

B2

= I3 +(

(2−n + 2n − 2)

B + +(1− 2−n − 2n + 1)B

= I3

Ainsi,{

An}

−1= A−n = An = I3 + (2−n − 1)B.

Exercice 3 Résolution de système avec un paramètre

Résoudre en discutant selon la valeur de m ∈ R, le système :

(S)

(1 + m)x + y + z = −m

3x + (3−m)y + z = 0

3x + 3y + (1 + m)z = 0.

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) ⇐⇒

3x + (3−m)y + z = 0 (l2↔ l1)

(1 + m)x + y + z = −m (l2↔ l1)

3x + 3y + (1 + m)z = 0.

⇐⇒

3x + (3−m)y + z = 0

3(1 + m)x + 3y + 3z = −3m (l2← 3× l2)

3x + 3y + (1 + m)z = 0.

⇐⇒

3x + (3−m)y + z = 0

(3− (1 + m)(3−m))y + −(m− 2)z = −3m (l2← l2− (1 + m)l1)

my + mz = 0 (l3← l3− l1).

On a : (3− (1 + m)(3 −m)) = m2 − 2m = m(m− 2).

Le système s’écrit donc :

(S)⇐⇒

3x + (3−m)y + z = 0

m(m− 2)y + −(m− 2)z = −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 : S0 ={

− y, y, 0}

.

Si m 6= 0, on peu continuer le calcul

(S) ⇐⇒

3x + (3−m)y + z = 0

m(m− 2)y + −(m− 2)z = −3m

y + z = 0 (l3← l3/m)

Si m = 2, le système se réduit à :

(S) ⇐⇒

3x + y + z = 0

0 = −6

y + z = 0 (l3← l3/m)

,

et donc S2 = ∅.

Si m 6= 2, on peut alors continuer le calcul :

(S) ⇐⇒

3x + (3−m)y + z = 0

my + −z = −3 mm−2 (l2↔ l2/(m− 2))

y + z = 0

⇐⇒

3x + (3−m)y + z = 0

my + −z = −3 mm−2

(m + 1)y = −3 mm−2

Si m = −1, le système se réduit à :

3x + 4y + z = 0

−y + −z = −1

0 = −1

,

et donc S−1 = ∅. Sinon, on peut continuer le calcul, et résoudre par substitution

(S) ⇐⇒

3x = −(3−m)y − z = (m− 2)y

z = 3m(m−2)(m+1)

y = − 3m(m−2)(m+1)

⇐⇒

x = − mm+1

z = 3m(m−2)(m+1)

y = − 3m(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 = ∅, S2 = ∅, et S0 ={

− y, y, 0}

.

8