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  1. 1. Chapitre 23 MATRICES Enoncé des exercices1 Les basiquesExercice 23.1 Donner la matrice de l’application linéaire f : R3 → R3 , f (x, y, z) = (z, y, x) dans les bases cano-niques.Puis montrer que B = ((1, 0, 1) , (0, 1, 0) , (1, 0, −1)) est une base. Donner la matrice de f dans B.Exercice 23.2 Soit f l’endomorphisme de R2 défini par x x − 3y f = y 2x + 4y 1 2Justifier que B = , est une base de R2 . −1 1 1 −3 4 −1Soit A = ,B= que représentent A et B vis à vis de f ? 2 4 −2 8Exercice 23.3 Donner la matrice de l’application linéaire f : R2 [X] → R2 [X] , f (P ) = (X − 1)2 P 1 X−1 + 2 ′ (X−1)(X − 1) P (X) dans la base canonique, puis dans la base de Taylor : 1, (X − 1) , 2 .Exercice 23.4 Soit E = Vect (sin, cos, ch, sh) . On a vu que B = (sin, cos, ch, sh) est une base de E. Donner la matricede l’opérateur de dérivation dans cette base.   1 −1 2Exercice 23.5 Soit A =  0 1 0  et f l’endomorphisme canoniquement associé. Déterminer le rang de f, 1 1 2déterminer ker f. Donner une base de Im f       1 1 2Exercice 23.6 Soit B = (e1 , e2 , e3 ) où e1 =  0  , e2 =  −1  et e3 =  −1  . Montrer que c’est une base de 1  2 1 1 0 3R3 . Soit f l’endomorphisme de R3 de matrice A =  0 2 0  dans cette base. Que vaut f (e1 − 2e2 + 3e3 ) ? 3 0 1
  2. 2. 1. LES BASIQUES CHAPITRE 23. MATRICES   −1 0 1Exercice 23.7 Soit A =  −1 −2 1  et f l’endomorphisme de R3 associé. Montrer qu’il existe une base −1 −1 1B = (e1 , e2 , e3 ) telle que   0 0 0 B = M atB (f ) =  0 −1 1  0 0 −1Exercice 23.8 Puissance énième et racine énième de matrices.   1 2 1 1. Calculer An pour A =  0 1 2  et n entier. 0 0 1 2. (Plus technique) Trouver B tel que B 2 = A et plus généralement B tel que B n = A pour n ≥ 2.   1 2 3Exercice 23.9 Trouver B tel que B 2 =  0 1 2  0 0 1Exercice 23.10 Soit E = R3 [X] et ∆ : P → P (X + 1) − P (X) 1. Ecrire la matrice de ∆ dans la base canonique B de E, calculer ∆(8X 3 + 2X 2 − 5X + 1). ∆ est-elle injective ? Que vaut Im(∆) ? 2. Soit N0 = 1 , N1 = X , N2 = X(X−1) , N3 = X(X−1)(X−2) , vérifier que ces quatre vecteurs forment une base 2! 3! ′ B de E. Ecrire la matrice de ∆ dans cette base. ′ 3. Déterminer la matrice de passage de B à B , et calculer son inverse. ′ 4. Calculer les coordonnées de 8X 3 + 2X 2 − 5X + 1 dans B , en déduire l’expression de ′ ∆(8X 3 + 2X 2 − 5X + 1) dans B . Retrouver enfin la valeur de ∆(8X 3 + 2X 2 − 5X + 1) dans B. 5. Calculer ∆4 (P ) à l’aide de la définition de ∆ puis avec sa matrice dans B′ . Quelle relation peut-on en déduire ?   2 0 0Exercice 23.11 Soit A =  0 1 0  et f l’endomorphisme associé à A dans la base canonique B= (e1 , e2 , e3 ) de 0 1 2R3 . 1. Déterminer F = ker (f − 2Id) et G = ker (f − Id) . Justifier que F ⊕ G = R3 2. Soit p la projection sur F de direction G, déterminer P = M atB (p), la matrice de p dans B. Soit q la projection sur G de direction F , que valent p + q, p ◦ q, q ◦ p et Q = M atB (q). 3. Montrer que A = 2P + Q et en déduire An .Exercice 23.12 Soit E = R3 . On note B la base canonique de R3 . On définit F = (x, y, z) ∈ R3 , x + y + z = 0 etG = (x, y, z) ∈ R3 , x = y = z 1. Justifier que F et G sont des sous espaces vectoriels supplémentaires de E . 2. Soit B′ = (u1 , u2 , u3 ) où u1 = (1, 1, 1), u2 = (1, 0, −1), u3 = (0, 1, −1). Montrer que B′ est une base. −1 3. Calculer PB,B′ , justifier que cette matrice est inversible, puis déterminer PB,B′ 4. Soit p la projection sur F de direction G, et f l’affinité de base G, de direction F et de rapport 2. Donner les matrices de p et f dans B (on utilisera la base B′ puis un changement de bases)   −5 3 −3Exercice 23.13 Soit A =  −15 9 −7  et f l’endomorphisme canoniquement associé dans la base canonique −9 5 −3de R3 . —2/33— G´ H -E M -( ) 2009
  3. 3. CHAPITRE 23. MATRICES 2. LES TECHNIQUES       1 0 1On pose u1 =  1  , u2 =  1  et u3 =  2 . −1 1 1Montrer que B = (u1 , u2 , u3 ) est une base et calculer la matrice de f dans B. En déduire An .   1 0 · · · 0 a1  .. .. . .   0 . . . . . . Exercice 23.14 Soit A =   . .  et f l’application linéaire associée de Rp dans Rq . Préciser p et  . .. ..  . . . 0 ..  0 ··· 0 1 anq en fonction de n. Déterminer Im f et ker f.Exercice 23.15  0 1 0Soit A =  2 −1 −2  et f l’endomorphisme de R3 de matrice A dans la base canonique B1 de R3 . −1 1 1 1. Déterminer ker f.       1 1 1 2. Soit − =  1  , − =  −1  et w =  0  . Montrer que B2 = (− , − , w) est une base de R3 . → u →v → → u v 0 1 1 3. Donner la matrice B de f dans B2 . 4. Quelle est la matrice de passage P de B1 à B2 ? Justifier que P est inversible et calculer P −1 . 5. Comment peut-on calculer An ?Exercice 23.16 On considère les deux suites récurrentes (un )n∈N et (vn )n∈N définies par u0 = 0 v0 = 0 un+1 = aun + αbn vn+1 = bvn + αan   a 0 αoù a, b et α sont des complexes. On définit la matrice M par M =  0 1 0  . 0 0 b  n   n  a 0 un a 0 vn 1. Montrer que M n =  0 1 0  =  0 1 0  , en déduire un et vn lorsque a = b. 0 0 bn 0 0 bn 2. Pour a = b, calculer M n et en déduire un .2 Les techniquesExercice 23.17 Soit A ∈ Mn (R) telle que An = 0 et An−1 = 0. Soit u l’endomorphisme canoniquement associé àu. Montrer qu’il existe x0 ∈ Rn tel que un−1 (x0 ) , un−2 (x0 ) , · · · , u (x0 ) , x0 soit une base de Rn .Quelle est la matrice de u dans cette base ?Exercice 23.18 Soit λ ∈ R et fλ : Rn [X] → Rn [X] défini par fλ = λ (P ) (X) (P (X) − P (a))−(X − a) (P ′ (X) − P ′ (a))Déterminer le noyau et l’image de fλExercice 23.19 Soit   1 1 −1 A =  −3 −3 3  −2 −2 2et f l’endomorphisme associé à A dans la base canonique de R3 . —3/33— G´ H -E M -( ) 2009
  4. 4. 2. LES TECHNIQUES CHAPITRE 23. MATRICES 1. Déterminer le noyau et l’image de f 2. Trouver une base de R3 où la matrice de f est   0 1 0 B= 0 0 0  0 0 0   1 1 0 0  −1 −1 0 0 Exercice 23.20 Soit A = 1  2 0  et f l’endomorphisme de R4 canoniquement associé à A. 0 3 1  0 0 −1 1   0 1 0 0  0 0 0 0 Montrer qu’il existe une base B′ de R4 telle que MatB′ (f ) = B =   0 0 1 1   0 0 0 1Comment peut-on calculer An ?   a c bExercice 23.21 Soient (a, b, c) ∈ C et A =  c a + b c  . On note f l’endomorphisme de C3 canoniquement b c a       √1 1 √ 1associé à A. On considère les vecteurs v1 =  2  , v2 =  − 2  et v3 =  0 . 1 1 −1Montrer que (v1 , v2 , v3 ) est une base de R3 . Donner la matrice de f dans cette base. En déduire un moyen de calculerAn .   a 1 ··· 1  .   1 ... ... .  . Exercice 23.22 Soit a ∈ R, on définit M (a) =  .  .. ..  ∈ Mn (R)  . . . . 1  1 ··· 1 a 1. Pour quelles valeurs de a, la matrice M (a) est-elle inversible ? Calculer alors son inverse. 2. Calculer M (a) × M (b) et retrouver l’inverse de M (a) quand elle est inversible. (On pourra utiliser M (1))   ch x 0 sh xExercice 23.23 Soit A =  0 1 0  où x ∈ R, on note f l’endomorphisme canoniquement associé à A sh x 0 ch xdans la base canonique de R3 .       0 1 1 1. On pose e1 =  1  , e2 =  0  et e3 =  0 . Montrer que B = (e1 , e2 , e3 ) est une base de R3 . 0 1 −1 2. Déterminer la matrice B de f dans la base B. En déduire An .Exercice 23.24 Soit a, b, c trois réels dont un au moins est non nul, on définit  2  a ba ca A =  ab b2 cb  ac bc c2On note f l’endomorphisme de R3 de matrice A dans la base canonique. 1. Quel est le rang de f ? 2. Déterminer ker f, Im f, en donner une base et préciser leur dimension. 3. A-t-on ker f ⊕ Im f = R3 ? —4/33— G´ H -E M -( ) 2009
  5. 5. CHAPITRE 23. MATRICES 2. LES TECHNIQUES   1 1 ··· 1 1  0 1 0 ··· 0    Exercice 23.25 Soit M =  . . .. .. .. . .  . . . . .  ∈ Mn (R) , on note f l’endomorphisme associé à M dans la    0 ··· 0 1 0  1 1 ··· 1 1base canonique de Rn . 1. Caculer M n .   0 0 ··· ··· 0  0 1 0 ··· 0     . .. . .. .. . .  2. Montrer qu’il existe une base B de Rn telle que MatB (f) =   . . . . .  (matrice diagonale).   . . ···   . 0 1 0  0 ··· ··· 0 2   1 ··· ··· ··· 1  1 1 0 ···  0    . .. ..  .Exercice 23.26 Soit M =  . 0 . . .  .  , on note f l’endomorphisme associé à M dans la base cano- .  . . ..   .. . . . 1 0  1 0 ··· 0 1nique. Montrer qu’il existe une base B de Rn telle que   1 0 ··· ··· 0  ..    0 . 0 ··· 0    MatB (f ) =  . .. . .. . .  . . 1 . .     .   . ··· . 0 λ 0  0 ··· ··· 0 µoù λ et µ sont deux réels à déterminer.Exercice 23.27 Soit A ∈ Mn (R) , montrer l’équivalence A antisymétrique ⇐⇒ ∀X ∈ Mn,1 (R) , t XAX = 0Exercice 23.28 Soit n ≥ 2 et E = Rn [X] , on définit f par f (P ) = X 2 − X P (1) + X 2 + X P (−1). 1. Montrer que f est un endomorphisme de E. 2. Donner la matrice de f dans la base canonique. Quel est le rang de f ? 3. Déterminer ker f et Im f.Exercice 23.29 Soit n ∈ N, n ≥ 2, on note E = Rn [X] , on définit pour P ∈ E, ϕ (P ) par ϕ (P ) = (X − 1) P ′ + P ′′ (0) 1. Montrer que ϕ est un endomorphisme de E. 2. Donner la matrice M de ϕ dans la base canonique de E. 3. Déterminer ker ϕ et Im ϕ,donner une base de ces sous-espace vectoriels. 4. Montrer que Im ϕ = {Q ∈ E, Q (0) + Q′ (0) = 0} 5. Retrouver ce résultat en utilisant la dérivée de ϕ (P ) . —5/33— G´ H -E M -( ) 2009
  6. 6. 3. LES EXOTIQUES CHAPITRE 23. MATRICESExercice 23.30 Soit (un )n∈N la suite définie par la récurrence u0 = 0 et un+1 = aun + bun−1 pour n ≥ 1 avec u1 = 0 0 c bOn considère la matrice M = où c = . u1 a u1 1. Montrer que  cun  cun−1 Mn =  u1 un+1  un u1 2. En déduire que pour n ≥ 0, le terme un un+2 − u2 ne dépend que de b et de u1 . n+1 3. Lorsque b = −1, a = 2 ch θ où θ > 0 et u1 = 1, calculer un en fonction de θ, puis exprimer la relation obtenue en 2).Exercice 23.31 Soit A ∈ M3 (R) telle que A3 + A = 0, montrer que A est non inversible.3 Les exotiques  0 0 0 0  C0 C1 C2 ··· Cn  0 C1 1 1 1   C2 ··· Cn   . .. .. . Exercice 23.32 Soit A la matrice  .  . . C2 2 . . .  ∈ Mn+1 (K) de terme général ai,j = C i−1 , pour  j−1  . .. ..   . . . Cn n−1 .  n 0 ··· ··· 0 Cn ji et j ∈ {0, · · · , n} (avec la convention classique : i > j ⇒ Ci = 0). 1. Ecrire A et l’inverser pour n = 2 et 3. 2. Soit u l’endomorphisme de Rn [X] ayant A pour matrice, calculer u(X k ) puis u(P ) pour P ∈ Rn [X] . 3. En déduire l’inverse de A, montrer que A−1 = JAJ où J est diagonale à déterminer.Exercice 23.33 Soit (Ai )1≤i≤n2 une base de Mn (C) et X ∈ Mn,1 (C) une matrice colonne non nulle. Montrer quela famille (Ai X)1≤i≤n2 engendre Mn,1 (C).4 Les olympiquesExercice 23.34 Soit ϕ l’endomorphisme de E = Mn (C) défini par ϕ (M) =tM . Calculer le déterminant de ϕ.etvérifier votre calcul à l’aide de la matrice de ϕ dans la base canonique de M2 (C).5 Le grenierExercice 23.35 Soit E = R2 [X] et f définie par f (P ) = X 2 + X + 1 P ′′ + X 2 P ′ − 2XP 1. Justifier que si P est dans E alors f (P ) est aussi dans E. 2. Montrer que f est linéaire. 3. Donner la matrice de f dans la base canonique. 4. Soit C = X, X 2 , X 2 + X + 1 , justifier que C est une base de E et préciser la matrice de f dans la base C.Exercice 23.36 Soit E = Rn [X] et ϕ : P → (X + n) P (X) − XP (X + 1) 1. Ecrire la matrice dans la base canonique. 2. Déterminer son noyau et son image. —6/33— G´ H -E M -( ) 2009
  7. 7. CHAPITRE 23. MATRICES 5. LE GRENIER   1 ··· 1  . .  , on note f l’endomorphisme associé à M dans la base canonique. MontrerExercice 23.37 Soit M =  . . .  . 1 ··· 1qu’il existe une base B de Rn telle que   1 0 ··· ··· 0  ..    0 . 0 ··· 0    MatB (f ) =  . .. . .. . .  . . 1 . .     .   . ··· . 0 λ 0  0 ··· ··· 0 µoù λ et µ sont deux réels à déterminer.   b−1 b 2bExercice 23.38 Montrer que la matrice M =  −b −b − 1 −2b  représente une symétrie dont on précisera 1 1 1la base et la direction.   b+1 b 0Exercice 23.39 Montrer que la matrice M =  −b − 2 −b − 1 0  représente une symétrie dont on précisera la 1 1 1base et la direction.Exercice 23.40 On se place sur E = R2 [X], on considère l’endomorphisme ϕ défini par ϕ (P ) = X 2 − 3 P (α)où α est un réel fixé. Donner la matrice dans la base canonique. Préciser ker ϕ, Im ϕ. A-t-on ker ϕ ⊕ Im ϕ = E ?L’endomorphisme ϕ peut-il être un projecteur, une symétrie ? —7/33— G´ H -E M -( ) 2009
  8. 8. 5. LE GRENIER CHAPITRE 23. MATRICES —8/33— G´ H -E M -( ) 2009
  9. 9. Chapitre 23 MATRICES Solution des exercices1 Les basiques   0 0 1Exercice 23.1 On a immédiatement M atBc (f) =  0 1 0  .  1 0 0   1 0 1 1 0 2On calcule le rang de B. rg (B) = rg  0 1 0  = rg  0 1 0  = 3, on a trois vecteurs de rang 3 en C2 +C3 1 0 −1 1 0 0dimension 3. Ils forment une base.Puis f (1, 0, 1) = (1, 0, 1) , f (0, 1, 0) = (0, 1, 0) et f (1, 0, −1) = − (1, 0, −1).   1 0 0D’où M atB (f ) =  0 1 0  0 0 −1 1 2 1 1 0Exercice 23.2 Det B = = 3 = 0 donc B est une base de R2 . On a f = et f = −1 1 0 2 1 −3 donc A est la matrice de f dans la base canonique Bc . 4 1 1 4 2 2 −1Puis f =A = ,f =A = donc B = MatB,Bc (f ). −1 −1 −2 1 1 8 2Exercice 23.3 f (1) = (X − 1)2 , f (X) = (X − 1)2 1 X−1 + (X − 1) = 2X − 2 et f X 2 = (X − 1)2 1 X−1 + 22X (X − 1) = 1 − 2X + 2XOn a donc 2  (1) f (X) f X  f 1 −2 1 1 MatBc (f ) =  −2 2 −2  X 1 0 2 X2 2 (X−1) 2Ensuite f (X − 1) = f (X) − f (1) = 2 (X − 1) − (X − 1)2 , f 2 = 1 2 (X − 1)2 1 X−1 −1 + (X − 1)2= 1 (X − 1)2 2 1 (X−1)2 − 2 X−1 + 1 + (X − 1)2 = 3 2 (X − 1)2 − (X − 1) + 1 2D’où   1 0 0 2 M atBT (f) =  0 2 −1  2 −2 3
  10. 10. 1. LES BASIQUES CHAPITRE 23. MATRICES   0 −1 0 0  1 0 0 0 Exercice 23.4 On a facilement MatB (d) =   0 0 0 1   0 0 1 0Exercice 23.5 D’après la matrice on a rg A = 2 (On peut supprimer, pour le calcul du rang et uniquementpour cela, la troisième colonne. Il  reste deux colonnes indépendantes (car non colinéaires). 0On constate que 2C1 − C3 =  0  , or 2C1 − C3 représente le vecteur 2f (i) − f (k) = f (2i − k) (où (i, j, k) est la 0  2base canonique). Ainsi 2i − k =  0  ∈ ker f . D’après le théorème du rang on a dim ker f = dim R3 − dim Im f = −13 − 2 = 1. Or Vect (2i − k)  ker f, par égalité des dimensions,   égalité des ensembles.   ⊂   on a  1 −1 1 −1Enfin F = Vect  0  ,  1  ⊂ Im f, la famille  0  ,  1  est libre donc engendre un espace de di- 1 1 1 1mension 2. On en déduit que  F = = dim Im f =⇒ F = Im f .  dim  2  1 −1Une base de Im f est donc  0  ,  1  (car elle est libre et engendre Im f ) 1 1Exercice 23.6 On calcule le déterminant de la famille. 1 1 2 1 −1 2 1 −1 Det (B) = 0 −1 −1 = 0 0 −1 = − (−1) =2=0 C2 −C3 1 1 1 2 1 1 1 1On a bien une base.Première méthode :D’après la linéarité de f, on a f (e1 − 2e2 + 3e3 ) = f (e1 )−2f (e2 )+3f (e3 ). Les colonnes de A donnent les coordonnéesdes images de e1 , e2 , e3 d’où         1 0 3 10 f (e1 − 2e2 + 3e3 ) a pour coordonnées dans B :  0  − 2  2  + 3  0  =  −4  3 0 1 6Ceci signifie que         1 1 2 18 f (e1 − 2e2 + 3e3 ) = 10e1 − 4e2 + 6e3 = 10  0  − 4  −1  + 6  −1  =  −2  1 2 1 8Seconde méthode (la meilleure ! ! !) :   1Les coordonnées de − = e1 − 2e2 + 3e3 dans la base B = (e1 , e2 , e3 ) sont  −2  , ainsi les coordonnées dans B de → u        3 1 1 0 3 1 10f (− ) sont A  −2  =  0 2 0   −2  =  −4 . La matrice de passage de la base canonique à B est → u 3  3 0 1 3 6  1 1 2P =  0 −1 −1  , ainsi les coordonnées dans la base canonique de f (− ) sont→ u 1 2 1        10 1 1 2 10 18 P  −4  =  0 −1 −1   −4  =  −2  6 1 2 1 6 8 —10/33— G´ H -E M -( ) 2009
  11. 11. CHAPITRE 23. MATRICES 1. LES BASIQUESExercice 23.7 On a    (e1 ) f (e2 ) f (e3 f )  0 0 0 e1  B = M atB (f ) =      0 −1 1  e2 0 0 −1 e3Ainsi e1 ∈ ker f . Or dans A, on a C1 + C3 = 0 donc f (i) + f (j) = 0 si (i, j, k) est la base canonique de R3 .On choisit donc   1 e1 = i + k =  0  ∈ ker f 1On cherche ensuite e2 telle que f (e2 ) = −e2 ⇐⇒ f (e2 ) + Id (e2 ) = 0 ⇐⇒ (f + Id) (e2 ) = 0 ⇐⇒ e2 ∈ ker f + IdLa matrice dans la base canonique de f + Id est       −1 0 1 1 0 0 0 0 1 A + I3 =  −1 −2 1  +  0 1 0  =  −1 −1 1  −1 −1 1 0 0 1 −1 −1 2  1dont la différence des deux premières colonnes donne le vecteur nul. Ainsi e2 = i − j =  −1  convient.   0 xEnfin on cherche e3 tel que f (e3 ) = −e3 + e2 . Si on pose e3 =  y  alors z       −x + z 1 x f (e3 ) =  −x − 2y + z  =  −1  −  y  −x − y + z 0 z   z=1 z=1 ⇐⇒ −x − y + z = −1 ⇐⇒  x+y =2 −x − y + 2z = 0   2On choisit e3 =  0  qui convient. On vérifie que (e1 , e2 , e3 ) est bien une base. 1   0 2 1Exercice 23.8 1. On décompose A = I3 + N où N =  0 0 2  . On applique alors le binôme de Newton 0 0 0 car I3 N = N I3 (l’identité commute avec toutes les matrices). Tout cela marche bien car N est nilpotente (Nihil —11/33— G´ H -E M -( ) 2009
  12. 12. 1. LES BASIQUES CHAPITRE 23. MATRICES   0 0 4 Potent), en effet N 2 =  0 0 0  et N 3 = ( ). Ainsi 0 0 0 n n An = ∁k N k I n−k = n ∁k N k n k=0 k=0 2 = ∁k N k (ceci même si n < 2 car ∁k = 0 pour k > n) n n k=0 = ∁0 N 0 n + ∁1 N + ∁2 N 2 n n n (n − 1) 2 = I3 + nN + N  2      1 0 0 0 2n n 0 0 2n (n − 1) 1 2n n (2n − 1) =  0 1 0  +  0 0 2n  +  0 0 0 = 0 1 2n  0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 1 2. Considèrons l’expression n (n − 1) 2 An = I3 + nN + N 2 1 Si les mathématiques sont bien faites (et elles le sont) on peut éventuellement faire n = . 2 On pose donc N 1 B = I3 + − N2 2 8 Alors 2 N 1 B2 = I3 +− N2 2 8 1 2 1 2 1 3 1 = I3 + N − N + N − N + N4 4 4 8 64 = I3 + N = A car N 3 = ( ) Plus généralement on pose 1 1 −1 1 nn B = I3 + N + N2 n 2 1 1−n 2 = I3 + N + N n 2n2 1 1−n 2 = I3 + M où M = N + N n 2n2 Alors M I3 = I3 M, on peut appliquer le binôme donc Bn = (I3 + M)n n (n − 1) 2 = I3 + nM + M + M 3 × (· · · ) 2 Mais 2 1 1−n 2 1 1−n 2 M2 = N+ N = N+ N n 2n2 n2 n2 2 1 2 (1 − n) 3 1−n = N+ N + N4 n2 n2 n2 1 = N n2 —12/33— G´ H -E M -( ) 2009
  13. 13. CHAPITRE 23. MATRICES 1. LES BASIQUES (n’oublions pas que N et N 2 commutent) enfin 3 2 3 1 1−n 2 1 1−n 4 1−n 1−n M3 = N+ N = N3 + 3 N +3 N5 + N6 n3 2n n3 2n 2n 2n = ( ) d’où n (n − 1) 2 Bn = I3 + nM + M 2 1 1−n 2 n (n − 1) 1 = I3 + n N+ 2 N + × 2N n 2n 2 n = I3 + N = AExercice 23.9 Comme on vient de faire l’exercice précédent, on a une petite idée. Soit I la matrice identité et       0 1 0 0 0 1 1 2 3N =  0 0 1 , alors N 2 =  0 0 0  et N 3 = ( ) d’où  0 1 2  = I + 2N + 3N 2 . Cherchons B sous 0 0 0 0 0 0 0 0 1la forme B = I + αN + βN 2 . 2 I + αN + βN 2 = I + 2αN + 2βN 2 + α2 N 2 + 2αβN 3 + β 2 N 4 = I + 2αN + 2β + α2 N 2 . Il suffit de prendre α = 1,β = 1.   1 1 1 B =  0 1 1  convient 0 0 1Exercice 23.10 Signalons qu’une vérification élémentaire prouve que ∆ est linéaire. 1. On a ∆ (1) = 1 − 1 = 0, ∆ (X) = (X + 1) − X = 1, ∆ X 2 = (X + 1)2 − X 2 = 2X + 1 et ∆ X 3 = (X + 1)3 − X 3 = 3X 2 + 3X + 1. On en déduit que :  ∆ (1) ∆ (X) ∆ X 2 ∆ X3  0 1 1 1 1 M atB (∆) =  0 0 2 3  X    0 0 0 3  X2 0 0 0 0 X3 On a M atB ∆(8X 3 + 2X 2 − 5X + 1) = M atB (∆) M atB 8X 3 + 2X 2 − 5X + 1)      0 1 1 1 +1 5  0 0 2 3   −5   28  MatB ∆(8X 3 + 2X 2 − 5X + 1) =   0       +2  =  24 . La colonne 0 0 3 0 0 0 0 +8 0 obtenue représente les coordonnées de ∆(8X 3 + 2X 2 − 5X + 1) dans la base B , ainsi ∆(8X 3 + 2X 2 − 5X + 1) = 5 + 28X + 24X 2 On constate que ∆ n’est pas injective, car ∆ (1) = 0 donc 1 ∈ ker (∆) et par stabilité linéaire, V ect (1) = R0 [X] ⊂ ker (∆) . Mais il est clair que ∆ est de rang 3, et dim R3 [X] = 4 = rg (∆) + dim (ker (∆)) (théorème E space de départ du rang), on en déduit que dim (ker (∆)) = 1. En conclusion R0 [X] = ker (∆) car ces deux espaces ont même dimension et que l’un est inclus dans l’autre. De plus la présence d’une ligne de zéro dans la matrice de ∆ nous donne le renseignement suivant : ∆ (P ) n’a pas de composante suivant X 3 , ce qui signifie que Im (∆) ⊂ R2 [X], puis par égalité des dimensions, on a Im (∆) = R2 [X] —13/33— G´ H -E M -( ) 2009
  14. 14. 1. LES BASIQUES CHAPITRE 23. MATRICES Les quatre vecteurs donnés sont échelonnés en degré donc forment une base (Il suffit d’écrire leur matrice dans la base canonique, la matrice obtenue est alors clairement de rang 4. On a donc 4 vecteurs de rang 4, en dimension 4, ils forment ainsi une base ). 2. On a ∆ (N0 ) = 0, ∆ (N1 ) = 1 = N0 , ∆ (N2 ) = (X+1)X − X(X−1) = X = N1 et ∆ (N3 ) = 2 2 (X+1)(X)(X−1) 3! − X(X−1)(X−2) 3! = X(X−1) (X + 1 − X + 2) = X(X−1) = N2 . Ainsi : 3! 2 ∆ (N0 ) ∆ (N1 ) ∆ (N2 ) ∆ (N3 )  0 1 0 0 N0 MatB′ (∆) =  0 0 1 0  N1    0 0 0 1  N2 0 0 0 0 N3 3. On a N0 = 1, N1 = X, N2 = 1 X 2 − 1 X et N3 = 1 X 3 − 1 X 2 + 1 X, ainsi 2 2 6 2 3  N0 N1 N2 N3  1 0 0 0 1 PBB′ =  0  1 −12 1 3   X 1  0 0 2 −12  X2 1 0 0 0 6 X3 Pour calculer l’inverse de cette matrice, le plus simple est d’écrire que : 1 = N0 , X = N1 , X 2 = 2N2 + N1 , X 3 = 6N3 + 3X 2 − 2X = 6N3 + 3 (2N2 + N1 ) − 2N1 = 6N3 + 6N2 + N1 , ainsi 2  1 X X X3  1 0 0 0 N0 PB′ B =  0  1 1 1  N1   0 0 2 6  N2 0 0 0 6 N3 4. On a MatB′ 8X 3 + 2X 2 − 5X + 1 = PB′ B MatB 8X 3 + 2X 2 − 5X + 1      1 0 0 0 1 1  0 1 1 1   −5   5  Ce qui donne MatB′ 8X 3 + 2X 2 − 5X + 1 =   0  = . Ce qui signifie que 0 2 6   2   52  0 0 0 6 8 48 8X 3 + 2X 2 − 5X + 1 = 48N3 + 52N2 + 5N+ N0 1     0 1 0 0 1 5  0 0 1 0   5   52  Puis MatB′ ∆ 8X 3 + 2X 2 − 5X + 1 =   0      52  =  48   0 0 1 0 0 0 0 48 0 ainsi ∆ 8X 3 + 2X 2 − 5X + 1 = 48N2 + 52N1 + 5N0 Enfin MatB ∆ 8X 3 + 2X 2 − 5X 1 = PBB′ MatB′ ∆ 8X 3 + 2X 2 − 5X + 1 +    1 0 0 0 5 5  0 1 −1 1     3   52  =  28 . On retrouve le résultat. = 0 1 2 1    24  0 2 −2 48 1 0 0 0 6 0 0 5. ∆2 (P ) = P (X + 2) − P (X + 1) − (P (X + 1) − P (X)) = P (X + 2) − 2P (X + 1) + P (X) ∆3 (P ) = P (X + 3) − 2P (X + 2) + P (X + 1) − (P (X + 2) − 2P (X + 1) + P (X)) = P (X + 3) − 3P (X + 2) + 3P (X + 1) − P (X) et enfin ∆4 (P ) = P (X + 4) − 4P (X + 3) + 6P (X + 2) − 4P (X + 1) + P (X) (Les coefficients vous sont-ils connus ?)  4 0 1 0 0  0 0 1 0  Mais MatB′ (∆) =   = ( ) donc ∆4 = 0.  0 0 0 1  0 0 0 0 —14/33— G´ H -E M -( ) 2009
  15. 15. CHAPITRE 23. MATRICES 1. LES BASIQUES On en déduit que ∀P ∈ R3 [X] , ∆4 (P (X)) = P (X + 4) − 4P (X + 3) + 6P (X + 2) − 4P (X + 1) + P (X) = 0. Généralisation ?   0 0 0Exercice 23.11 1. La matrice associée à f − 2Id dans la base canoniques est A − 2I =  0 1 0  qui est de 0 1 0 rang 1 et contient deux colonnes nulles. On en déduit que e1 et e3 sont dans ker (f − 2Id). Ainsi V ect (e1 , e3 ) ⊂ ker (f − 2Id) et par le théorème du rang, ker (f − 2Id) est de dimension 2. Conclusion : ker (f − 2Id) = V ect (e1 , e3 ) = {(x, y, z) , y = 0}   1 0 0 La matrice associée à f − Id dans la base canoniques est A − 2I =  0 0 0  qui est de rang 2, puisque la 0 1 1 deuxième colonne est égale à la troisième. De plus, cette égalité traduit le fait que (f − Id) (e2 ) = (f − Id) (e3 ) ⇔ (f − Id) (e2 − e3 ) = 0. Ainsi e2 − e3 ∈ ker (f − Id). Par le théorème du rang, on a ker (f − Id) = V ect (e2 − e1 ). 2. Notons (X, Y, Z) = p (u) où u = (x, y, z). p (u) ∈ F ⇔ Y = 0  (1)  x−X =λ×0 Alors , de (2) on déduit que Y = y − λ que l’on u − p (u) ∈ G ⇔ ∃λ ∈ R, y−Y =λ×1 (2)  z − Z = λ × (−1)   X=x reporte dans (1). Il en résulte que λ = y puis avec (2) que Y =0 ( On constate que p (u) ∈ F , et on  Z =y+z vérifie ce calcul en considérant p (e1 ) , p(e3 ) et p (e2 − e3 ) ).   1 0 0 Il en résulte que P =  0 0 0 . 0 1 1   0 0 0 Puis (cf cours), p + q = Id, pq = qp = 0, d’où Q = I − P =  0 1 0 . 0 −1 0       1 0 0 0 0 0 2 0 0 3. On a 2  0 0 0 + 0 1 0  =  0 1 0  = A. (Une autre preuve est la suivante, si on décompose 0 1 1 0 −1 0 0 1 2 u = uF + uG , alors f (u) = 2uF + uG , en effet uF ∈ ker (f − 2Id) ⇔ f (uF ) − 2uF = 0 ⇔ f (uF ) = 2uF et uG ∈ ker (f − Id) ⇔ f (uG ) − uG = 0 ⇔ f (uG ) = uG et f linéaire. Puis (2p + q) (u) = 2p (u) + q (u) = 2uF + uG par définition même de p et q ( p (u) est la composante sur F de u ). On peut ensuite appliquer le binôme car P Q = QP = 0. n n Ainsi An = Cn 2k P k Qn−k = Qn + 2n P n + k Cn 2k P Q = 2n P n + Qn , en effet, si k > 0 et n − k > 0, alors k k=0 k=0 P k Qn−k = P k−1 (P Q) Qn−k−1 = 0. On en déduit que      n  1 0 0 0 0 0 2 0 0 An = 2n  0 0 0  +  0 1 0  =  0 1 0  0 1 1 0 −1 0 0 2n − 1 2nExercice 23.12 1. F = V ect(u2 , u3 ) et G = V ect(u1 ) donc sont des sous-espaces vectoriels„ dim(F ) = 2 et dim(G) = 1. On a donc dim(F ) + dim(G) = dim(E), on vérifie facilement que F ∩ G = {0}, en effet si (x, y, z) ∈ F ∩ G, on a x = y = z et x + y + z = 3x = 0 .       1 1 0 1 1 0 2 1 0 2. rg(B′ ) = rg  1 0 1  = rg  1 −1 1  = rg  0 −1 1  est de rang 3, or C1 ←C1 +C3 C1 ←C1 +C2 1 −1 −1 C2 ←C2 −C3 0 0 −1 0 0 −1 —15/33— G´ H -E M -( ) 2009
  16. 16. 1. LES BASIQUES CHAPITRE 23. MATRICES dim(E) = 3 donc B ′ est une base.   1 1 0 3. PB,B′ =  1 0 1  est inversible en tant que matrice de passage. 1 −1 −1       a x  x +y =a  1 x +y =a  b  = PB,B′  y  ⇔ x +z = b ⇔ −y +z = b − a  L3 ←L3 −L1  c z x −y −z = c L2 ←L2 −C1 −2y −z = c − a     1 1 1    1 x +y =a x 3 3 3 a ⇔ −1 y +z = b − a 2 ⇔  y  =  3 −1 −1   b  3 3 L3 ←L3 −2L2  −3z = c − 2b + a z −13 2 3 −13 c   1 1 1 −1 1 PB,B′ =  2 −1 −1  3 −1 2 −1   0 0 0 4. MatB′ (p) =  0 1 0 , 0 0 1 −1 MatB (p) = PB,B′ × MatB′ (p) × PB,B′     1 1 0 0 0 0 1 1 1 1 = 1 0 1   0 1 0   2 −1 −1  3 1 −1 −1 0 0 1 −1 2 −1   2 −1 −1 1 = −1 2 −1  3 −1 −1 2 (on vérifie que cette matrice élevée au carrée est égale à elle même) Puis f(x) = 2p(x) + q(x) où p + q = Id, donc f = p + Id et M atB (f ) = MatB (p) + I3 .   5 −1 −1 1 M atB (f ) =  −1 5 −1  3 −1 −1 5       1 0 1 1 0 0 1 0 0Exercice 23.13 rg (u1 , u2 , u3 ) = rg  1 1 2  = rg  1 1 −1  rg  1 1 0  = 3, on a bien une −1 1 1 −1 1 1 −1 1 2base ( 3 vecteurs de rang 3 en dimension 3). On calcule les images par f des trois vecteurs. On a, si Bc est la basecanonique de R3 .        1 −5 3 −3 1 1 M atBc (f (u1 )) = A  1  =  −15 9 −7   1  =  1  −1 −9 5 −3 −1 −1 f (u1 ) = u1       0 −5 3 −3 0 0 M atBc (f (u2 )) = A  1  =  −15 9 −7   1  =  2  1 −9 5 −3 1 2 f (u2 ) = 2u2        1 −5 3 −3 1 −2 MatBc (f (u3 )) = A  2  =  −15 9 −7   2  =  −4  1 −9 5 −3 1 −2 f (u3 ) = −2u3 —16/33— G´ H -E M -( ) 2009
  17. 17. CHAPITRE 23. MATRICES 1. LES BASIQUESOn trouve donc   1 0 0 B = MatB (f) =  0 2 0  0 0 −2Ensuite on a, An = M atBc (f n ) =⇒ B n = MatB (f n )d’où An = P B n P −1où P est la matrice de passage de Bc à B.   1 0 1 P = 1 1 2  −1 1 1On termine l’exercice avec sa TI préférée. On remplace le − 2 par un paramètre a (essayez donc avec un − 2)On trouve alors   −1 − (−2)n+1 1 − (−2)n −1 + (−2)n A =  −1 − 3 × 2n + (−2)n+2 n 1 + 2n+1 + (−2)n+1 −1 − 2n − (−2)n+1  1 − 3 × 2n − (−2)n+1 −1 + 2n+1 − (−2)n 1 − 2n + (−2)nOn vérifie pour n = 0 et n = 1 —17/33— G´ H -E M -( ) 2009
  18. 18. 1. LES BASIQUES CHAPITRE 23. MATRICES   1 0 0On peut même en déduire A−1 , en effet B est inversible d’inverse  0 2−1 0 . Or A−1 = MatBc f −1 et −1 0 0 (−2)B −1 = M atB (f −1 ). La relation An = P B n P −1 est encore vraie si n = −1.Exercice 23.14 On a n lignes et n + 1 colonnes, ainsi f va de Rn+1 dans Rn . Calculons le rang de A (qui vautle rang de f ), puisque Cn+1 = a1 C1 + a1 C2 + · · · + an Cn , on a rg (A) = (C1 , · · · , Cn ) = rg (In ) = n. On en rg  −a1    .  0  .  .   .    .  .déduit que Im f = Rn et par la formule du rang, dim ker f = 1. De plus f  .  =  .  (ceci correspond à  .     .   .   −an  . 0 1 − → − ) où (− , · · · , − →) est la base canonique de Rn+1 ). On a donc → → −Cn+1 − a1 C1 1 C2 −− an Cn = 0 car Ci = f ( ei −a ··· e1 en+1 −a1  .   .   . ker f = vect  . .  .   .   −an  1Exercice 23.15 1. On a rg A = 2 d’où dim ker f = 1, or w ∈ ker f (regardez les colonnes) ainsi ker f = vect (w). 1 1 1 2. On a Det (− , − , w) = 1 −1 0 = −1 = 0 donc c’est une base. → → u v 0 1 1         1 1 1 1 − → 3. On a A  1  =  1  , A  −1  = −  −1  d’où f (− ) = − , f (− ) = −− et f (w) = 0 . → u → u →v →v Ainsi  0  0 1 1 1 0 0 B =  0 −1 0  0 0 0       1 1 1 x a 4. On a P =  1 −1 0  est inversibe comme toute matrice de passage. On résout P  y  =  b , 0 1 1   z c 1 0 −1 d’incounnes x, y, z (via Cramer par exemple) et on trouve P −1 =  1 −1 −1  . −1 1 2   1 0 0 n 5. On a An = P  0 (−1) 0  P −1 si n ≥ 1 et A0 = I3 Attention au cas n = 0 ! 0 0 0Exercice 23.16 —18/33— G´ H -E M -( ) 2009
  19. 19. CHAPITRE 23. MATRICES 2. LES TECHNIQUES 1. En écrivant que M n+1 = M × M n , on montre par récurrence que  n  a 0 un Mn =  0 1 0  0 0 bn de même avec M n+1 = M n × M , on a   an 0 vn n  0 M = 1 0  0 0 bn On en déduit que un = vn et que aun + αbn = bun + αan ainsi pour a = b bn − an un = α b−a        a 0 0 0 0 α 0 0 α a 0 0 2. Pour a = b, on calcule M n par le binôme car  0 1 0  ×  0 0 0  =  0 0 0  0 1 0 . : 0 0 a 0 0 0 0 0 0 0 0 a    2   0 0 aα 0 0 α 0 0 0  0 0 0  . Puisque  0 0 0  =  0 0 0  , on a 0 0 0 0 0 0 0 0 0  k  n−k  n 0 0 α a 0 0 n  Mn = 0 0 0   0 1 0  k k=0 0 0 0 0 0 an−k  n     n−1  a 0 0 0 0 α a 0 0 =  0 1 0 + n 0 0 0  0 1 0  0 0 an 0 0 0 0 0 an−1  n   n−1  a 0 0 0 0 nαa =  0 1 0 + 0 0 0  n 0 0 a 0 0 0 Ainsi un = αnan−1 n n b −a (on remarque que α tend vers αnan−1 si b tend vers a, car c’est un taux d’accroissement entre a et b de b−a x → xn ).2 Les techniquesExercice 23.17 On prend x0 tel que un−1 (x0 ) = 0 (possible car An−1 = M at un−1 = 0 ). Alors x0 convient, eneffet si n−1 λi ui (x0 ) = 0 alors i=0 n−1 n−1 un−1 λi ui (x0 ) = λ0 un−1 (x0 ) + λi ui−1 (un (x0 )) i=0 i=1 = λ0 un−1 (x0 ) = 0 =⇒ λ0 = 0Puis on compose par un−2 pour en déduire n−1 n−1 un−2 λi ui (x0 ) = λ1 un−1 (x0 ) + λi ui−1 (un (x0 )) i=1 i=2 n−1 = λ1 u (x0 ) = 0 =⇒ λ1 = 0 —19/33— G´ H -E M -( ) 2009
  20. 20. 2. LES TECHNIQUES CHAPITRE 23. MATRICESetc...La famille est libre de cardinal n, c’est donc une base. Dans cette base u a pour matrice   0 1 0 0  . .. ..   . . . 0   .   . .   . 0 ... 1  0 ··· ··· 0Exercice 23.18 Il s’agit de choisir une bonne base, la meilleure semble être la base de Taylor en a, à savoir B = 1, (X − a) , (X − a)2 , ..., (X − a)n   0  λ     λ−2 En effet la matrice de f est alors .  ..   .  λ−nOn a donc ker (fλ ) = R0 [X] , Im (fλ ) = {P, P (0) = 0} si λ ∈ {0, 2, ..., n} . / λker (fλ ) = R0 [X] ⊕ Vect (X − a) , Im (fλ ) = P, P (0) = P (λ) (a) = 0 si λ ∈ {0, 2, ..., n} .Exercice 23.19 1. La matrice est de rang 1, ker f est donc de dimension 2 (théorème du rang). On constate que C2 − C1 = 0 et C1 + C3 = 0 donc f ((−1, 1, 0)) = f ((1, 0, 1)) = 0. On a donc Vect ((−1, 1, 0) , (1, 0, 1)) ⊂ ker f , puisque ((−1, 1, 0) , (1, 0, 1)) est une famille libre, l’espace qu’elle engendre est de dimension égale à 2 = dim ker f . Il y a donc égalité dans l’inclusion précédente. Les colonnes de A forment une famille génératrice de Im f. On en déduit que Im f est une droite engendrée par (1, −3, −2). 2. Compte tenu de la matrice qui est donnée, on doit avoir (si la nouvelle base est  (e′ , e′ , e′ ) ), f (e′ ) = e′ ∈ Im f . 1 2  3 2 1 1 1 1 On prend donc e′ = (1, −3, −2) , e′ = (1, 0, 0) et e′ = (1, 0, 1). On a rg  −3 1 2 3 0 0  = 3 = 0. Il s’agit bien −2 0 1 d’une base dans laquelle la matrice est celle demandée.Exercice 23.20 Analysons la matrice B. Sa première colonne est nulle, donc si l’on note B′ = (e′ , e′ , e′ , e′ ) , on a 1 2 3 4f (e1 ) = 0. Déterminons ker f. La matrice A est clairement de rang 3 et (C2 = C1 ), (1, −1, 0, 0) ∈ ker f.On prend donc   1  −1  e1 =   0   0Ensuite, on désire avoir f (e2 ) = e1 . On résout donc f (x, y, z, t) = (1, −, 1, 0, 0) , i.e.       x x+y 1  y  1  −x − y   −1  A      z  = 2  3z + t  =  0   t −z + t 0Il est clair que z = t = 0 , x = y = 1. On prend donc   1  1  e2 =    0  0 —20/33— G´ H -E M -( ) 2009
  21. 21. CHAPITRE 23. MATRICES 2. LES TECHNIQUESOn cherche ensuite à avoir f (e3 ) = e3 ⇐⇒ (f − Id) (e3 ) = 0 ⇐⇒ e3 ∈ ker f − Id. La matrice de f − Id dans la basecanonique est   −1 1 0 0 1  −1 −3 0 0  A − I4 =  0  2 0 1 1  0 0 −1 −1Ainsi   0  0  e3 =   1   −1Enfin, il faut déterminer e4 tel que f (e4 ) = e4 + e3 . On résout donc       x x 0  y   y   0  A    z = z + 1     t t −1   −x + y = 0   −x − 3y = 0 ⇐⇒  3z + t = 2   −z + t = 2dont une solution est   0  0  e4 =    0  2On peut vérifier que si   1 1 0 0  −1 1 0 0  P =  0  0 1 0  0 0 −1 2alors A = P BP −1Pour calculer An = MatBc (f n ) ,on utilise la relation (compte tenu de B n = M atB (f n ) ) An = P B n P −1     0 0 0 0 0 1 0 0  0 0 0 0   0 0 0 0   B= +  0 0 1 0   0 0 0 1  0 0 0 1 0 0 0 0 D N     0 0 0 0 0 0 0 0  0 0 0 0  2  0 0 0 0 On vérifie que DN = N D =   0  , N =  , Dn = D 0 0 1   0 0 0 0  0 0 0 0 0 0 0 0D’après le binôme de Newton, on a   0 0 0 0  0 0 0 0  B n = Dn + nN Dn−1 = D + nN D =   0  0 1 n  0 0 0 1 —21/33— G´ H -E M -( ) 2009
  22. 22. 2. LES TECHNIQUES CHAPITRE 23. MATRICESpuis     0 0 0 0 0 0 0 0  0 0 0 0  −1 1  0 0 0 0  An = P   0 P =   0 1 n  2 0 0 2+n n  0 0 0 1 0 0 −n 2 − nRemarque : le calcul, à la main, de P −1 est très simpleExercice 23.21 On montre (par le rang, ou le déterminant) que B = (v1 , v2 3 ) est une base de R3 . On calcule  √ ,v a + b + 2c 0 √ 0Av1 , Av2 et Av3 pour obtenir MatB (f) =  0 a + b − 2c 0  0 0 a−b   1 √ 1 √ 1pour calculer An , on peut écrire P =  2 − 2 0  , An = P M atB (f )n P −1 , mais il y a plus malin. 1 1 −1    √  α γ β α + β + 2γ 0 √ 0Posons A (α, β, γ) =  γ α + β γ  , et B (α, β, γ) =  0 α + β − 2γ 0  β γ α 0 0 α−βOn a montré que ∀ (α, β, γ) ∈ C, A (α, β, γ) = P × B (α, β, γ) × P −1or  √  n a+b+ 2c 0√ 0 n Bn =  0 a + b − 2c 0  n 0 0 (a − b)Il suffit d’écrire B n = B (α, β, γ) pour α, β et γ bien choisis. On prend donc  √ √ n  α + β + √2γ = a + b + √2c n α + β − 2γ = a + b − 2c  α−β = (a − b)npour obtenir   α γ β An =  γ α + β γ  β γ αExercice 23.22 1. Puisque l’on demande M (a)−1 , on résout le système M (a) X = Y que l’on inverse. On consi- dère donc le système   ax1   x + x2 + ··· + xn = y1  1 + ax2 + ··· + axn = y2 . .  .  . . .   x1 + x2 + ··· + xn = yn De manière à préserver la symétrie du système, on adjoint une équation qui est la somme de toutes les lignes du système, à savoir    ax1 + x2 + · · · + xn = y1     x1 + ax2 + · · · + axn = y2 . . . .  . .     x1 + x2 + · · · + xn = yn  (a + n − 1) x1 + x2 + · · · + xn = y1 + · · · + yn —22/33— G´ H -E M -( ) 2009

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