Chapitres Maths en ECG1

Corrigés : Matrices en ECG1

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Résumé de cours Exercices Corrigés

Cours en ligne de Maths en ECG1

Corrigés – Matrices

Exercice 1 :

On remarque que $A = 3 I_3 + N$ où $N = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 &0 \end{pmatrix}.$ On remarque que $N^2 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 &0 \end{pmatrix}$ et $N^3 =0.$ Comme $3 I_3$ et $N$ commutent, on peut appliquer la formule du binôme de Newton, d’où pour $n \ge 2,$

$A^n$ $= \left( 3 I_3 + N \right)^n$
$= \displaystyle\sum_{k=0}^n \binom{n}{k} N^k \left( 3 I_3 \right)^{n - k}$
$\underset{N^k = 0 \; \text{si} \; k \ge 3}{=}$ $\displaystyle\sum_{k=0}^2 \binom{n}{k} 3^{n - k} N^k$
$= 3^n I_3 + n 3^{n - 1} N + \dfrac{n \left( n - 1 \right)}{2} 3^{n - 2} N^2$ .

On vérifie que cette formule est vraie pour $n =0$ et $n =1.$

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Exercice 2 :

1) Pour $n \in \mathbb{N},$ on pose

$\mathcal P_n$ : « il existe $a_n \in \mathbb{R}$ tel que $A^n = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 2a_n & 1 - 2 a_n & 2 a_n \\ a_n & - a_n & a_n + 1 \end{pmatrix}$ « .

$\bullet$ Pour $n = 0,$ on a $A_0 = I_3$ ainsi $\mathcal P_0$ est vraie avec $a_0 = 0.$

$\bullet$ Supposons $\mathcal P_n$ est vraie, montrons que $\mathcal P_{n + 1}$ est vraie. Pour cela, écrivons :

$A^{n + 1}$

$= A^n \times A$

$\underset{\text{HR}}{=}$

$\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 2a_n & 1 - 2 a_n & 2 a_n \\ a_n & - a_n & a_n + 1 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 6 & -5 & 6 \\ 3 & -3 & 4 \end{pmatrix}$

$= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ - 4 a_n + 6 & 4 a_n - 5 & - 4 a_n + 6 \\ - 2a_n + 3 & 2 a_n - 3 & - 2 a_n + 4 \end{pmatrix}$

$= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 2a_{n + 1} & 1 - 2 a_{n + 1} & 2 a_{n + 1} \\ a_{n + 1} & - a_{n + 1} & a_{n + 1} + 1 \end{pmatrix}$ ,

où l’on a posé

$a_{n + 1} = - 2a_n + 3.$

2) Nous avons montré que la suite $\left( a_n \right)_{n \in \N}$ vérifie $a_0 = 0$ et $a_{n + 1}= - 2 a_n + 3.$ La suite $\left( a_n \right)_{n \in \mathbb{N}}$ est donc arithmético-géométrique.

Le cours donne $a_n = - \left( - 2 \right)^n + 1.$

On en déduit $A^n$ en remplaçant $a_n$ dans $A^n.$

Exercice 3 : Calcul de produit scalaire

1) Soit $N = \left\{ k \in \mathbb{N}, \; A^k = 0 \right\}.$ L’ensemble $N$ est une partie non vide de $\mathbb{N}$ car $A$ est nilpotente. Donc $N$ admet un plus petit élément $m.$ Comme $A^0 = I_n,$ on a $m \ge 1.$

Si $A^{m - 1} = 0,$ cela signifierait que $m - 1 \in N$ et que $m$ n’est pas le plus petit élément de $A.$

Ainsi, on a $A^{m - 1} \neq 0$ et $A^m = 0.$

2) On suppose $A$ inversible, il existe donc $A^{ - 1}$ telle que $A A^-1 = I_n.$

En multipliant par $A^{m - 1}$ : $A^m A^-1 = A^{m - 1},$ donc $0 = A^{ m - 1},$ ce qui est impossible par choix de $m.$

La matrice $A$ n’est pas inversible.

3) On a, pour tout $p \in \mathbb{N},$

$\left( A - I_n \right) \displaystyle\sum_{k=0}^p A^k$ $= \left( A - I_n \right) \left( I_n + A + A^2 + \cdots + A^{p - 1} \right)$
$= \left( A + A^2 + \cdots + A^p \right)$ $- \left( I_n + A + \cdots + A^{p - 1} \right)$
$= A^p - I_n$ .

En prenant

$p = m$ (défini à la question 1) et grâce au fait que

$A^m = 0,$

$- I_n = \left( A - I_n \right) \displaystyle\sum_{k=0}^p A^k,$

d’où $I_n - A$ est inversible et

$\left( I_n - A \right)^{- 1} = \displaystyle\sum_{k=0}^p A^k.$

Exercice 4 :

1) $\bullet$ Pour une matrice $2 \times 2,$ on a

$A^2 - \left( a + d \right) A + \left( ad - bc \right) I_2 = 0,$

soit

$A^2 - 5 A - 2 I_2 = 0.$

Cela peut se réécrire sous la forme

$A \left( \dfrac12 \left( A - 5 I_2 \right) \right)= I_2.$

Ainsi $A$ est inversible et $A^{-1} = \dfrac12 \left( A - 5 I_2 \right)= \dfrac15 \begin{pmatrix} 4 & - 2 \\ - 3 & 1 \end{pmatrix}.$

$\bullet$ Cette matrice étant de taille $3 \times 3,$ il n’y a pas de formule analogue à celle obtenue pour les matrices $2 \times 2$ (en fait, si mais elle est compliquée).

Soit $Y = \begin{pmatrix} y_1 \\ y_2 \\ y_3 \end{pmatrix},$ cherchons $X= \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix}$ tel que $BX = Y.$ Cela donne le système suivant :

$\begin{cases} x_3 = y_1 \\ x_2 = y_2 \\ x_1 = y_3 \end{cases}.$

Ainsi

$Y = \begin{pmatrix} y_1 \\ y_2 \\ y_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x_3 \\ x_2 \\ x_1 \end{pmatrix}$ $= \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix}$ $= B^{- 1} X.$
Ainsi $B$ est inversible et $B^{-1} =B.$

$\bullet$ On procède de la même manière : soit $Y = \begin{pmatrix} y_1 \\ y_2 \\ y_3 \end{pmatrix},$ cherchons $X= \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix}$ tel que $CX = Y.$ Cela donne le système suivant :

$\begin{cases} x_1 - x_2 & = y_1 \\ x_1 + 2 x_2 + x_3 & = y_2 \\ x_1 + x_2 & = y_3 \end{cases}.$

On applique la méthode du pivot de Gauss. On commence par faire $L_2 \leftarrow L_2 - L_1$ et $L_3 \leftarrow L_3 - L_1$ pour obtenir

$\begin{cases} x_1 - x_2 & = y_1 \\ 3 x_2 + x_3 & = y_2 - y_1 \\ 2 x_2 & = y_3 - y_1 \end{cases}.$

la dernière ligne donne directement $x_2 = - \dfrac12 y_1 + \dfrac12 y_3.$ La deuxième ligne donne

$x_3 = y_2 - y_1 - 3 x_2 = \dfrac12 y_1 + y_2 - \dfrac32 y_3.$

La première ligne donne finalement

$x_1 = y_1 + x_2 = \dfrac12 y_1 + \dfrac12 y_3.$

On a

$\begin{pmatrix} y_1 \\ y_2 \\ y_3 \end{pmatrix}$ $= \begin{pmatrix} \dfrac12 & 0 & \dfrac12 \\ - \dfrac12 & 0 & \dfrac12 \\ \dfrac12 & 1 & - \dfrac32 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix}$
$= C^{-1} X$ .

Soit

$C^{-1} = \begin{pmatrix} \dfrac12 & 0 & \dfrac12 \\ - \dfrac12 & 0 & \dfrac12 \\ \dfrac12 & 1 & - \dfrac32 \end{pmatrix}.$

2) $\bullet$ La première colonne étant nulle, on a $C_1 + 0 C_2 + 0 C_3 = 0$ ainsi

$E \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$

donc $E$ n’est pas inversible.

$\bullet$ On remarque que $C_1 + C_2 - C_3 = 0$ ainsi $F \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ - 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$ et donc $F$ n’est pas inversible.

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