Devoir non surveillé Matrices, systèmes linéaires Pelletier Sylvain, BCPST Lycé
Devoir non surveillé Matrices, systèmes linéaires Pelletier Sylvain, BCPST Lycée Hoche pour le 15 décembre CC ⃝ B Y : ⃝ $ \ ⃝ = ⃝ 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 l1 l2 ←l2 −l1 l3 ←l3 −l1 1 0 1 0 1 0 0 2 −1 1 0 0 −1 0 1 −1 1 0 l1 l3 l2 1 0 1 0 1 0 0 0 −1 1 0 0 −1 0 1 1 1 −2 l1 l2 l3 ←l3 −2l2 1 0 1 0 1 0 0 0 1 1 0 0 −1 0 1 −1 −1 2 l1 l2 l3 ←−l3 1 0 0 0 1 0 0 0 1 2 1 −2 −1 0 1 −1 −1 2 l1 ←l1 −l3 l2 l3 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(1 2, 1 2, 1) = 1 2 0 0 0 1 2 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 X p=0 n p ! Bp(2I3)n−p = n X p=0 n p ! 2n−pBp = 2nI3 + n X p=1 n p ! 2n−pBp = 2nI3 + n X p=1 n p ! 2n−p(−1)p+1Bp = 2nI3 −2n n X p=1 n p ! 2−p(−1)p B = 2nI3 −2n n X 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 uploads/Litterature/ devoir-non-surveille-matrices-systemes-lineaires.pdf
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- Publié le Jan 11, 2022
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