Exercices corrigés : Calcul matriciel

Notion de matrices}

Soit la matrice \(A = \begin{pmatrix}
1 & 5 & 9 & -3 \\ 2 & 6 & -8 & 0 \\ 7 & -1 & -4 & 3
\end{pmatrix}\)

  1. Quelle est la dimension de la matrice \(A\) ?
  2. Que valent \(a_{1,2}\), \(a_{3,3}\) et \(a_{2,4}\) ?
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  1. La matrice \(A\) est de dimension \(3\times 4\)
  2. \(a_{1,2} = 5\), \(a_{3,3} = -4\) et \(a_{2,4} = 0\)
Ecrire sous la forme d’un tableau de nombres la matrice \(3 \times 3\) dont le coefficient \((i,j)\) vaut \(i^j\).
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Il s’agit de la matrice \(\begin{pmatrix}1 & 1 & 1 \\ 2 & 4 & 8 \\ 3 & 9 & 27 \end{pmatrix}\)

Ecrire les matrices suivantes sous la forme d’un tableau de nombres

  • \(A = ( i+j)_{1 \leqslant i \leqslant 3, 1\leqslant j \leqslant 3}\)
  • \(B = ( \max (i,j))_{1 \leqslant i \leqslant 3, 1\leqslant j \leqslant 4}\)
  • \(C = \left( \dfrac{np}{n+p} \right) _{1 \leqslant n \leqslant 3, 1 \leqslant p \leqslant 2}\)
  • \(D = \left( i+1 \right) _{1 \leqslant i \leqslant 2, 1 \leqslant j \leqslant 2}\)
  • \(E = (i^{n+p})_{1 \leqslant n \leqslant 4, 1 \leqslant p \leqslant 4}\) où \(i\) désigne ici un nombre complexe vérifiant \(i^2=-1\)
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  • \(A = \begin{pmatrix} 2 & 3 & 4\\3&4&5 \\ 4&5&6 \end{pmatrix}\)
  • \( B= \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 2 & 2 & 3 & 4 \\ 3 & 3 & 3 & 4 \\ 4&4&4&4\end{pmatrix} \)
  • \(C = \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & \frac{2}{3} \\ \frac{2}{3} & 1 \\ \frac{3}{4} & \frac{6}{5} \end{pmatrix}\)
  • \( D = \begin{pmatrix} 2 &2 \\ 3&3\end{pmatrix}\)
  • \(E = \begin{pmatrix} -1 & -i & 1 & i \\ -i & 1 & i & -1 \\ 1 & i & -1 & -i \\ i & -1 & -i & 1 \end{pmatrix} \)
Soit \(A\) une matrice de dimension \(n \times p\). On appelle transposée de \(A\), notée \(A^T\), la matrice de dimension \(p \times n\) dont le coefficient \((i,j)\) vaut \(a_{j,i}\).

Déterminer la transposée de la matrice \(\begin{pmatrix}2 & 0 & 1 \\ 4 & -1 & 3 \end{pmatrix}\).

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Il s’agit de la matrice \(\begin{pmatrix}2 & 4 \\ 0 & -1 \\ 1 & 3 \end{pmatrix}\).

Soit \(A=(a_{i,j})_{1 \leqslant i \leqslant n, 1\leqslant j \leqslant n}\) une matrice carrée de dimension \(n\). On appelle trace de \(A\) la somme des coefficients diagonaux de la matrice \(A\). On a donc \(tr(A)=\displaystyle\sum_{i=1}^n a_{i,i}\). Determiner la trace des matrices suivantes.

\(A=\begin{pmatrix} 1 & 2 & -1 \\ 2 & 3 & 5 \\ -1 & 2 & 4\end{pmatrix}\) \(B=( ij)_{1 \leqslant i \leqslant 3, 1\leqslant j \leqslant 3}\)
\(C = I_n\) \(D= ( i+j)_{1 \leqslant i \leqslant n, 1\leqslant j \leqslant n}\)
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  • \(tr(A)=1+3+4=8\)
  • La matrice est de taille \(3\times 3\) et le coefficient \((i,i)\) vaut \(i^2\). Ainsi, \(tr(B)=1^2+2^2+3^2 = 14\).
  • La matrice \(I_n\) est de taille \(n\times n\) et le coefficient \((i,i)\) vaut 1. Ainsi, \(tr(I_n)=1+1+1+\dots+1=n\)
  • La matrice \(D\) es de taille \(n\times n\) et le coefficient \((i,i)\) vaut \(2i\). Ainsi, \[tr(D)=2+4+6+\dots + 2n = 2(1+2+3+\dots + n)=2 \times \dfrac{n(n+1)}{2} = n(n+1) \]

Opérations sur les matrices

Soit \(A = \begin{pmatrix} 3 & -1 & 2 \\ 5 & -1 & 3\end{pmatrix}\) et \(B=\begin{pmatrix}1 & 0 & 3 \\ 2 & 1& 4\end{pmatrix}\). Calculer \(A+B\), \(3A-2B\) et \(\dfrac{2}{3}A + \dfrac{1}{4}B\).
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\[A+B = \begin{pmatrix} 3+1 & -1+0 & 2+3 \\ 5+2 & -1+1 & 3+4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4 & -1 & 5 \\ 7 & 0 & 7\end{pmatrix}\]

\[3A-2B = \begin{pmatrix} 3\times 3-2\times 1 & 3\times(-1)-2\times0 & 3\times2-2\times3 \\ 3\times5-2\times 2 & 3\times(-1)-2\times1 & 3\times 3-2\times 4 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 7 & -3 & 0 \\ 11 & -5 & 1\end{pmatrix}\]

\[ \dfrac{2}{3}A + \dfrac{1}{4}B = \begin{pmatrix} \dfrac{2}{3}\times 3+ \dfrac{1}{4}\times 1 & \dfrac{2}{3}\times(-1)+ \dfrac{1}{4}\times0 & \dfrac{2}{3}\times2+ \dfrac{1}{4}\times3 \\ \dfrac{2}{3}\times5+ \dfrac{1}{4}\times 2 & \dfrac{2}{3}\times(-1)+ \dfrac{1}{4}\times1 & \dfrac{2}{3}\times 3+ \dfrac{1}{4}\times 4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \dfrac{9}{4} & – \dfrac{2}{3} & \dfrac{25}{12} \\ \dfrac{23}{6} & -\dfrac{5}{12} & 3\end{pmatrix} \]

Effectuer les calculs suivants

\(\begin{pmatrix}1 & 3 & 2 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} -2 \\ 3 \\ 0\end{pmatrix}\) \(\begin{pmatrix}-1 & 3 & -5\end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} 2 \\ -5 \\ -7\end{pmatrix}\) \(\begin{pmatrix}1-2i & i & 3\end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} 2+3i \\ 1+i \\ i-5\end{pmatrix}\)
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\(\begin{pmatrix}1 & 3 & 2 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} -2 \\ 3 \\ 0\end{pmatrix} = (1 \times (-2) + 3 \times 3 + 2 \times 0) = (7)\)

\(\begin{pmatrix}-1 & 3 & -5\end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} 2 \\ -5 \\ -7\end{pmatrix} = (-1 \times 2 + 3 \times (-5) + (-5) \times (-7) = (18)\)

\(\begin{eqnarray*}\begin{pmatrix}1-2i & i & 3\end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} 2+3i \\ 1+i \\ i-5\end{pmatrix} & = &((1-2i)(2+3i)+i(1+i)+3(i-5)) \\ &=& ((1-2i)(2+3i)+i(1+i)+3(i-5)) \\ &=& (2+3i-4i+6+i-1+3i-15) \\ &=& (-8+3i)\end{eqnarray*}\)

Déterminer la valeur du réel \(x\) pour que \(\begin{pmatrix} 3x & 2 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} -5 \\ x \\ 3\end{pmatrix} = (12)\).
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Soit \(x\) un réel

\(\begin{pmatrix} 3x & 2 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} -5 \\ x \\ 3\end{pmatrix} = (3x \times(-5) +2x -3) = (-13x+3)\).

Or, \(-13x+3= 12 \Leftrightarrow x = -\dfrac{9}{13}\). Le réel recherché est donc \(-\dfrac{9}{13}\).

Soit \(A=\begin{pmatrix} 1 & 3 & -1 & 2 \\ 2 & 3 & 0 & -3\end{pmatrix}\), \(B = \begin{pmatrix} 1 & 3 & -1 \\ 0 & 1 & 0 \\ -2 & 1 & 0 \\ -1 & 3 & 0\end{pmatrix}\), \(C= \begin{pmatrix} 3 & -2 & 1 & 7 \end{pmatrix}\) et \(D = \begin{pmatrix} 3 \\ -1 \\ 5\end{pmatrix}\).

Parmi les produits suivants, déterminer ceux qui ont un sens et déterminer le résultat.

\(AB\) \(AC\) \(BC\) \(CA\) \(CB\)
\(AD\) \(CD\) \(DC\) \(BD\) \(DB\)
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Le produit \(AB\) a du sens, le résultat est une matrice \(2 \times 3\).

\[ AB = \begin{pmatrix} 1 \times 1 + 3 \times 0 + (-1) \times (-2) + 2 \times (-1) & 1 \times 3 + 3 \times 1 + (-1) \times 1 + 2 \times 3 & 1 \times (-1) + 3 \times 0 + (-1) \times 0 + 2 \times 0 \\ 2 \times 1 + 3 \times 0 + 0 \times (-2) + (-3) \times (-1) & 2 \times 3 + 3 \times 1 + 0 \times 1 + (-3) \times 3 & 2 \times (-1) + 3 \times 0 + 0 \times 0 + (-3) \times 0 \end{pmatrix}\]

soit \(AB = \begin{pmatrix} 1 & 11 & -1 \\ 5 & 0 & -2\end{pmatrix}\).

Les produits \(AC\), \(BC\) et \(CA\) n’ont pas de sens.

Le produit \(CB\) a du sens. Le résultat est une matrice \(1 \times 3\).

\[CB = \begin{pmatrix}3 \times 1 + (-2) \times 0 + 1 \times (-2) + 7 \times (-1) & 3 \times 3 + (-2) \times 1 + 1 \times 1 + 7 \times 3 & 3 \times (-1) + (-2) \times 0 + 1 \times 0 + 7 \times 0\end{pmatrix}\]

soit \(CB = \begin{pmatrix} -6 & 29 & -3 \end{pmatrix}\)

Les produist \(AD\) et \(CD\) n’ont pas de sens.

Le produit \(DC\) a un sens. Le résultat est une matrice \(3 \times 4\)

\[DC= \begin{pmatrix} 3 \times 3 & 3 \times (-2) & 3 \times 1 & 3 \times 7 \\ -1 \times 3 & -1 \times (-2) & -1 \times 1 & -1 \times 7 \\ 5 \times 3 & 5 \times (-2) & 5 \times 1 & 5 \times 7\end{pmatrix}\]

Soit \(DC = \begin{pmatrix}9 & -6 & 3 & 21 \\ -3 & 2 & -1& -7 \\ 15 & -10 & 5 & 35\end{pmatrix}\).

Le produit \(BD\) a un sens. Le résultat est une matrice \(4 \times 1\).

\[BD = \begin{pmatrix} 1 \times 3 + 3 \times (-1) + (-1) \times 5 \\ 0 \times 3 + 1 \times (-1) + 0 \times 5 \\ -2 \times 3 + 1 \times (-1) + 0 \times 5 \\ -1 \times 3 + 3 \times (-1) + 0 \times 5\end{pmatrix}\]

Soit \(BD = \begin{pmatrix} -5 \\ -1 \\ -7 \\ -6\end{pmatrix}\)

Le produit \(DB\) n’a pas de sens.

Déterminer les valeurs des réels \(a\), \(b\), \(c\) et \(d\) pour que \(\begin{pmatrix}1 & 3 \\-1 & -4\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a & b \\ c & d\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1 & -7 \\ -2 & 10\end{pmatrix}\).
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On a \(\begin{pmatrix}1 & 3 \\-1 & -4\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a & b \\ c & d\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}a+3c & b+3d \\-a-4c & -b-4d\end{pmatrix}\) Nous sommes donc amenés à résoudre un système

\(\left\{\begin{array}{rcl} a+3c&=& 1 \\ -a-4c & =& -2 \\ b + 3d &=&-7 \\ -b-4d &=& 10 \end{array} \right.\)

\(\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{rcl} a+3c&=& 1 \\ -c & =& -1 \qquad \qquad \color{red}{(L_2 \leftarrow L_2 + L_1) } \\ b + 3d &=&-7 \\ -d &=& 3 \qquad \qquad \color{red}{(L_4 \leftarrow L_4 + L_3) } \end{array}\right.\)

\(\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{rcl} a+3&=& 1 \\ c & =& 1 \\ b + -9 &=&-7 \\ d &=& -3 \end{array}\right.\)

\(\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{rcl} a&=& -2 \\ c & =& 1 \\ b &=&2 \\ d &=& -3 \end{array}\right. \)

La matrice recherchée est donc \(\begin{pmatrix} -2 & 2 \\ 1 & -3\end{pmatrix}\).

Soit \(a\), \(b\), \(c\) et \(d\) quatre réels. Montrer que les matrices \(\begin{pmatrix}a & b\\0 & a\end{pmatrix}\) et \(\begin{pmatrix}c & d \\ 0 & c\end{pmatrix}\) commutent.
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On a

\[\begin{pmatrix}a & b\\0 & a\end{pmatrix}\begin{pmatrix}c & d\\0 & c\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} ac & ad + bc \\ 0 & ac\end{pmatrix}\]
et
\[\begin{pmatrix}c & d\\0 & c\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a & b\\0 & a\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} ca & da + cb \\ 0 & ca \end{pmatrix}\]

Nous aboutissons au même résultat : les matrices considérées commutent.

Soit \(A=\begin{pmatrix}-1 & 2 & 1 \\ 0 & 2 & 0 \\ -3 & 2 & 3\end{pmatrix}\). Montrer que \(A^2=2A\) et en déduire \(A^n\) pour tout entier naturel \(n\).
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\(\begin{eqnarray*}A^2 & = &\begin{pmatrix}-1 & 2 & 1 \\ 0 & 2 & 0 \\ -3 & 2 & 3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}-1 & 2 & 1 \\ 0 & 2 & 0 \\ -3 & 2 & 3\end{pmatrix} \\ &=& \begin{pmatrix} (-1) \times (-1) + 2 \times 0 + 1 \times (-3) & (-1) \times 2 + 2 \times 2 +1 \times 2 & -1 \times 1 + 2 \times 0 + 1 \times 3 \\ 0 \times (-1) + 2 \times 0 + 0 \times (-3) & 0 \times 2 + 2 \times 2 + 0 \times 2 & 0 \times 1 + 2 \times 0 + 0 \times 3 \\ -3 \times (-1) + 2 \times 0 +3 \times(-3) & -3 \times 2 + 2 \times 2 + 3 \times 2 & -3 \times 1 + 2 \times 0 +3 \times 3\end{pmatrix} \\
&=& \begin{pmatrix} -2 & 4 & 2 \\ 0 & 4 & 0 \\ -6 & 4 & 6 \end{pmatrix} \\
&=& 2A\end{eqnarray*}\)

Ainsi, pour tout entier naturel \(n\),
\[A^n = 2^nA =\begin{pmatrix}-2^n & 2^{n+1} & 2^n \\ 0 & 2^{n+1} & 0 \\ -3 \times 2^n & 2^{n+1} & 3 \times 2^n\end{pmatrix}\]

Soit \(A=\begin{pmatrix}3 & 2 \\ -2 & -1\end{pmatrix}\) et \(B=A-I_2\).

  1. Calculer \(B\) puis \(B^2\)
  2. Montrer par récurrence que pour tout entier naturel \(n\), \(A^n = I_2+nB\)
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On a \(B=\begin{pmatrix}2 & 2 \\ -2 & -2\end{pmatrix}\) et
\[ B^2 = \begin{pmatrix}2 & 2 \\ -2 & -2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2 & 2 \\ -2 & -2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0 & 0 \\ 0 &0\end{pmatrix}\]

Pour tout entier naturel \(n\), on considère la proposition \(P(n)\) : « \(A^n = I_2+nB\) »

  • Initialisation : Pour \(n=0\), on a bien \(A^0 = I_2 = I_2 + 0B\). \(P(0)\) est donc vraie.
  • Hérédité : Soit \(n\) un entier naturel. Supposons \(P(n)\) vraie. On a alors \(A^n = I_2+nB\). Ainsi,
    \[A^{n+1}=A^n \times A = (I_2+nB)A = I_2 \times A +nBA = A + nBA\]
    Or, \(B=A-I_2\) d’où \(A=B+I_2\). Ainsi,
    \[A^{n+1}=I_2+B+nB(B+I_2)=I_2+B+nB+nB^2=I_2+(n+1)B\]
    puisque \(B^2=0_2\). \(P(n+1)\) est donc vraie.
  • Conclusion : \(P(0)\) est vraie et \(P\) est héréditaire. Par récurrence, \(P(n)\) est vraie pour tout entier naturel \(n\).
Soit \(A=\begin{pmatrix} 1 & -1 \\ -1 & 1\end{pmatrix}\). Montrer par récurrence que pour tout entier \(n \geqslant 1\), \(A^n = \begin{pmatrix} 2^{n-1} & -2^{n-1} \\ -2^{n-1} & 2^{n-1}\end{pmatrix}\).
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Pour tout entier naturel non nul \(n\), on considère la proposition \(P(n)\) : « \(A^n = \begin{pmatrix} 2^{n-1} & -2^{n-1} \\ -2^{n-1} & 2^{n-1}\end{pmatrix}\) »

  • Initialisation : Pour \(n=1\), on \(\begin{pmatrix} 2^{1-1} & -2^{1-1} \\ -2^{1-1} & 2^{1-1}\end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 1 & -1 \\ -1 & 1\end{pmatrix}=A\). \(P(1)\) est donc vraie.
  • Hérédité : Soit \(n\) un entier naturel non nul. Supposons \(P(n)\) vraie. On a alors \(A^n = \begin{pmatrix} 2^{n-1} & -2^{n-1} \\ -2^{n-1} & 2^{n-1}\end{pmatrix}\). Ainsi,
    \[A^{n+1} = A \times A^n = \begin{pmatrix} 1 & -1 \\ -1 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} 2^{n-1} & -2^{n-1} \\ -2^{n-1} & 2^{n-1}\end{pmatrix}\]
    Ainsi,
    \[A^{n+1} = \begin{pmatrix} 1 \times 2^{n-1} -1 \times(-2^{n-1}) & 1 \times (-2^{n-1}) -1 \times 2^{n-1} \\ -1 \times 2^{n-1} +1 \times (-2^{n-1}) & -1 \times (-2^{n-1}) + 1 \times 2^{n-1} \end{pmatrix} \]
    et donc,
    \[A^{n+1} = \begin{pmatrix} 2 \times 2^{n-1} & -2\times 2^{n-1}) \\ -2 \times 2^{n-1} & 2 \times 2^{n-1} \end{pmatrix} \]
    et finalement,
    \[A^{n+1} = \begin{pmatrix} 2^{n} & – 2^{n} \\ -2^{n} & 2^{n}\end{pmatrix} \]
    \(P(n+1)\) est donc vraie.
  • Conclusion : \(P(1)\) est vraie et \(P\) est héréditaire. Par récurrence, \(P(n)\) est vraie pour tout entier naturel \(n\).
Soit \(A=\begin{pmatrix}1 & 1 \\0 & 1 \end{pmatrix}\).

  1. Calculer \(A^2\) et \(A^3\).
  2. Conjecturer une expression de \(A^n\) en fonction de \(n\).
  3. Démontrer cette conjecture par récurrence.
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\[\begin{array}{rcl}A^2 &=& \begin{pmatrix}1 & 1 \\0 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}1 & 1 \\0 & 1 \end{pmatrix} \\ &=& \begin{pmatrix} 1 \times 1 + 1 \times 0 & 1 \times 1 + 1 \times 1 \\ 0 \times 1 + 1 \times 0 & 0 \times 1 + 1 \times 1\end{pmatrix} \\
&=& \begin{pmatrix}1&2 \\ 0& 1\end{pmatrix}\end{array}\]

\[\begin{array}{rcl}A^3 &=& \begin{pmatrix}1 & 2 \\0 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}1 & 1 \\0 & 1 \end{pmatrix} \\ &=& \begin{pmatrix} 1 \times 1 + 2 \times 0 & 1 \times 1 + 2 \times 1 \\ 0 \times 1 + 1 \times 0 & 0 \times 1 + 1 \times 1\end{pmatrix} \\
&=& \begin{pmatrix}1&3 \\ 0& 1\end{pmatrix}\end{array}\]

Pour tout entier naturel \(n\), on pose \(P(n)\) : « \(A^n = \begin{pmatrix} 1 & n \\ 0 & 1\end{pmatrix}\) »

  • Initialisation : Pour \(n=0\), on \(A^0 = I_2 = \begin{pmatrix} 1&0\\0&1\end{pmatrix}\). \(P(0)\) est vraie.
  • Hérédité : Soit \(n\) un entier naturel. Supposons \(P(n)\) vraie. On a alors \(A^n = \begin{pmatrix} 1 & n \\ 0 & 1\end{pmatrix}\). Ainsi,
    \[A^{n+1} = A \times A^n = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & n \\ 0 & 1\end{pmatrix}\]
    Ainsi,
    \[A^{n+1} = \begin{pmatrix} 1 \times 1 + n \times 0 & 1 \times n +1 \times 1 \\ 0 \times 1 +1 \times 1 & 0 \times n + 1 \times 1 \end{pmatrix} \]
    et donc,
    \[A^{n+1} = \begin{pmatrix} 1 & n+1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \]
    \(P(n+1)\) est donc vraie.
  • Conclusion : \(P(0)\) est vraie et \(P\) est héréditaire. Par récurrence, \(P(n)\) est vraie pour tout entier naturel \(n\).
Soit \(a\), \(b\) et \(c\) trois réels et \(A=\begin{pmatrix}a & 0 & 0 \\0 & b & 0 \\ 0 & 0 & c\end{pmatrix}\).

  1. Calculer \(A^2\) et \(A^3\).
  2. Conjecturer une expression de \(A^n\) en fonction de \(n\), pour \(n\) non nul.
  3. Démontrer cette conjecture par récurrence.
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\[A^2 = \begin{pmatrix}a & 0 & 0 \\0 & b & 0 \\ 0 & 0 & c\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a & 0 & 0 \\0 & b & 0 \\ 0 & 0 & c\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}a^2 & 0 & 0 \\0 & b^2 & 0 \\ 0 & 0 & c^2\end{pmatrix}\]

et

\[A^3=\begin{pmatrix}a^2 & 0 & 0 \\0 & b^2 & 0 \\ 0 & 0 & c^2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a & 0 & 0 \\0 & b & 0 \\ 0 & 0 & c\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}a^3 & 0 & 0 \\0 & b^3 & 0 \\ 0 & 0 & c^3\end{pmatrix}\]

Pour tout entier naturel non nul \(n\), on considère la proposition \(P(n)\) : « \(A^n=\begin{pmatrix}a^n & 0 & 0 \\0 & b^n & 0 \\ 0 & 0 & c^n\end{pmatrix}\)

  • Initialisation : Pour \(n=1\), on a \(\begin{pmatrix}a^1 & 0 & 0 \\0 & b^1 & 0 \\ 0 & 0 & c^1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}a & 0 & 0 \\0 & b & 0 \\ 0 & 0 & c\end{pmatrix}=A\). \(P(1)\) est vraie.
  • Hérédité : Soit \(n\) un entier naturel non nul. Supposons \(P(n)\) vraie. On a alors

    \[A^{n+1}=A^n \times A = \begin{pmatrix}a^n & 0 & 0 \\0 & b^n & 0 \\ 0 & 0 & c^n\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a & 0 & 0 \\0 & b & 0 \\ 0 & 0 & c\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}a^{n+1} & 0 & 0 \\0 & b^{n+1} & 0 \\ 0 & 0 & c^{n+1}\end{pmatrix}\]

    \(P(n+1)\) est donc vraie.

  • Conclusion : \(P(1)\) est vraie et \(P\) est héréditaire. Par récurrence, \(P(n)\) est vraie pour tout entier naturel non nul \(n\).
Soit \(A=\begin{pmatrix}1 & 2 \\-2 & 3 \end{pmatrix}\).

  1. Calculer \(A^2\)
  2. Déterminer deux réels \(\alpha\) et \(\beta\) tels que \(A^2+\alpha A + \beta I_2 = 0_2\)
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\[ \begin{array}{rcl}A^2 &=& \begin{pmatrix}1 & 2 \\-2 & 3 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}1 & 2 \\-2 & 3 \end{pmatrix} \\ &=& \begin{pmatrix} 1 \times 1 + 2 \times -2 & 1 \times 2 + 2 \times 3 \\ -2 \times 1 + 3 \times -2 & -2 \times 2 + 3 \times 3\end{pmatrix}\\ &=& \begin{pmatrix} -3 & 8 \\ -8 & 5\end{pmatrix}\end{array}\]

Supposons qu’il existe deux réels \(\alpha\) et \(\beta\) tels que \(A^2+\alpha A + \beta I_3 = 0_2\). On a alors

\[ \begin{pmatrix} -3 + \alpha + \beta & 8 + 2\alpha \\ -8 -2\alpha & 5 + 3\alpha + \beta\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0&0\\0&0\end{pmatrix}\]

L’égalité sur le coefficient \((1,2)\) donne \(8+2\alpha = 0\) et donc \(\alpha = -4\).
En subsituant \(\alpha\) par \(-4\) dans le coefficient \((1,1)\), on a alors \(-3-4+\beta = 0\) et donc \(\beta = 7\).

Réciproquement, on vérifie facilement que \(A^2-4 A + +7I_2 = 0_2\).

Soit \(A=\begin{pmatrix}a & c \\b & d \end{pmatrix}\). Montrer que \(A^2 – (a+d)A + (ad-bc)I_2=0_2\).
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On a

\[A^2=\begin{pmatrix}a & c \\b & d \end{pmatrix}\begin{pmatrix}a & c \\b & d \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}a^2+bc & ac+cd \\ ab+bd & bc + d^2\end{pmatrix}\]

Ainsi,

\[\begin{array}{rcl} A^2 – (a+d)A + (ad-bc)I_2 &=& \begin{pmatrix} a^2+bc – (a+d)a + ad – bc & ac + cd -(a+d)c \\ ab+bd-(a+d)b & d^2+bc – (a+d)d +ad-bc\end{pmatrix} \\ &=& \begin{pmatrix} 0 &0\\0&0\end{pmatrix}\end{array}\]

Matrices inversibles

Soit \(A=\begin{pmatrix}-1 & 1 & 1\\1&-1&1\\1&1&-1 \end{pmatrix}\).

  1. Calculer \(A^2\).
  2. Vérifier que \(A^2+A=2I_3\)
  3. En déduire que \(A\) est inversible et déterminer son inverse.
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\[\begin{array}{rcl}A^2 & =& \begin{pmatrix}-1 & 1 & 1\\1&-1&1\\1&1&-1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}-1 & 1 & 1\\1&-1&1\\1&1&-1 \end{pmatrix} \\
&=& \begin{pmatrix}(-1) \times (-1) +1\times 1 + 1 \times 1 & -1 \times 1 + 1 \times(-1) + 1 \times 1 & -1 \times 1 + 1 \times 1 + 1 \times(-1) \\ 1 \times (-1) + (-1) \times 1 + 1 \times 1 & 1 \times 1 + (-1) \times(-1) + 1 \times 1 & 1 \times 1 + (-1) \times 1 + 1 \times (-1) \\ 1 \times (-1) + 1 \times 1 + (-1) \times 1 & 1 \times 1 + 1 \times(-1) + (-1) \times 1 & 1 \times 1 + 1 \times 1 + (-1) \times (-1) \end{pmatrix} \\ &=& \begin{pmatrix}3 & -1 & -1 \\ -1 & 3 & -1 \\ -1&-1&3\end{pmatrix}\end{array}\]

Ainsi,

\[\begin{array}{rcl}A^2+A &=& \begin{pmatrix}3 & -1 & -1 \\ -1 & 3 & -1 \\ -1&-1&3\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}-1 & 1 & 1\\1&-1&1\\1&1&-1 \end{pmatrix} \\ &=& \begin{pmatrix}2&0&0\\0&2&0\\0&0&2\end{pmatrix} \\ &=&2I_3\end{array}\]

On a donc \(A(A+I_3)=2I_3\) et donc \(A \times \dfrac{1}{2}(A+I_3)=I_3\). \(A\) est donc inversible et

\[A^{-1}= \dfrac{1}{2}(A+I_3) = \begin{pmatrix} 0 & 1/2 & 1/2 \\ 1/2 & 0 & 1/2 \\ 0 & 0 & 1/2\end{pmatrix}\]

Soit \(A=\begin{pmatrix}1 & 2 & 1\\0&-1&2\\1&0&1 \end{pmatrix}\).

  1. Calculer \(A^2\) et \(A^3\).
  2. Vérifier que \(A^3-A^2-2A=4I_3\)
  3. En déduire que \(A\) est inversible et déterminer son inverse.
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\[\begin{array}{rcl}A^2 &=& \begin{pmatrix}1 & 2 & 1\\0&-1&2\\1&0&1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}1 & 2 & 1\\0&-1&2\\1&0&1 \end{pmatrix} \\ &=& \begin{pmatrix}2& 0 & 6\\2&1&0\\2&2&2 \end{pmatrix}\end{array}\]

et

\[\begin{array}{rcl}A^3 &=& \begin{pmatrix}2& 0 & 6\\2&1&0\\2&2&2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}1 & 2 & 1\\0&-1&2\\1&0&1 \end{pmatrix} \\ &=& \begin{pmatrix}8& 4 & 8\\2&3&4\\4&2&8 \end{pmatrix}\end{array}\]

Ainsi, \[A^3-A^2-2A = \begin{pmatrix} 8-2-2 \times 1 & 4 -0 -2\times 2 & 8 -6-2 \times 1 \\ 2 -2-2\times 0 & 3 -1-2 \times(-1) & 4 -0 – 2\times 2 \\ 4-2-2\times 1 &2-2-2\times 0 & 8-2-2\times 1\end{pmatrix}\]

Soit\[A^3-A^2-2A = \begin{pmatrix}4&0&0\\0&4&0\\0&0&4\end{pmatrix}=4I_3\]

Ainsi, \(A(A^2-A-2I_3)=4I_3\) et donc \(A \times \dfrac{1}{4}(A^2-A-2I_3)=I_3\). Finalement, \(A\) est inversible et

\[A^{-1}=\dfrac{1}{4}(A^2-A-2I_3)=\begin{pmatrix}-1/4 & -1/2 & 5/4 \\ 1/2 & 0 & -1/2 \\ 1/4 & 1/2 & -1/4\end{pmatrix}\]

Déterminer si les matrices suivantes sont inversibles et, le cas échéant, déterminer leur inverse.

\(A=\begin{pmatrix}1 & 2 \\ 3 & 1\end{pmatrix}\) \(B =\begin{pmatrix}6 & 9 \\ 8 & 12\end{pmatrix}\)
\(C=\begin{pmatrix}i & 2 \\ 1+i & 1\end{pmatrix}\) \(D=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\)
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\(1\times 1 – 2 \times 3 = -5\). \(A\) est donc inversible et \(A^{-1}=-\dfrac{1}{5} \begin{pmatrix} 1&-2\\-3&1\end{pmatrix}\).

\(6\times 12 – 8 \times 9 = 72-72 = 0\). \(B\) n’est donc pas inversible.

\(i \times 1 – 2(1+i) = -2-i \neq 0\). \(C\) est donc inversible et \(C^{-1}=\dfrac{1}{-2-i}\begin{pmatrix}1 & -2 \\ -1-i & i\end{pmatrix}\). Mettons \(\dfrac{1}{-2-i}\) sous forme algébrique

\[ \dfrac{1}{-2-i}=\dfrac{-2+i}{(-2-i)(-2+i)}=\dfrac{-2+i}{2^2-i^2}=-\dfrac{2}{5}+\dfrac{i}{5}\]

Ainsi, \(C^{-1} = \left(-\dfrac{2}{5}+\dfrac{i}{5}\right)\begin{pmatrix}1 & -2 \\ -1-i & i\end{pmatrix}\)

Puisque \(I_3 \times I_3 = I_3\), \(D\) est inversible et \(D^{-1}=I_3\).

Soit \(n\) un entier naturel, \(A\) et \(B\) deux matrices carrées de dimension \(n\) et \(C=AB\).

  1. On suppose que la première ligne de \(A\) est uniquement composée de 0. Calculer \(c_{1,1}\).
  2. La matrice \(A\) peut-elle être inversible ?
  3. Généraliser : une matrice peut-elle être inversible si une de ses lignes est nulle ?
  4. Une matrice peut-elle être inversible si une de ses colonnes est nulle ?
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\(c_{1,1}\) est également au produit matriciel de la première ligne de \(A\) et de la première colonne de \(B\). Or, la première ligne de \(A\) étant nulle, on a \(c_{1,1} = 0\). La matrice \(A\) ne peut donc pas être inversible : si tel était le cas, il existerait une matrice \(B\) telle que \(AB=I_n\). Or, le coefficient \((1,1)\) de \(I_n\) vaut 1 et celui de \(AB\) vaut 0.

De la même manière, si la \(k\)-ième ligne de \(A\) est nulle, alors le coefficient \((k,k)\) du produit \(AB\) est égal à 0. A fortiori, il est diffrént de 1 et un tel produit ne peut donc mener à la matrice identité.

On peut raisonner de mêem sur les colonnes : si la colonne \(k\) de la matrice \(B\) est nulle, alors le coefficient \((k,k)\) du produit \(AB\) vaut 0 pour toute matrice \(A\). Il ne vaut donc jamais 1 et ce produit n’est donc jamais égal à la matrice identité.

Soit \(n\) un entier naturel et \(M\) une matrice de dimension \(n\). On dit que \(M\) est nilpotente de rang \(p\) si \(M^p=0_n\) et \(M^{p-1}\neq 0_n\).

  1. Soit \(B\) une matrice nilpotente de rang \(p\)
    1. Calculer le produit \((I_n-B)(I_3+B+B^2+…+B^{p-1})\).
    2. En déduire que \(I_n-B\) est inversible et déterminer son inverse.
  2. Soit \(A = \begin{pmatrix} 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & -1 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\). Montrer que \(A\) est nilpotente puis déterminer l’inverse de \(I_3-A\).
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En développant, on obtient

\[(I_n-B)(I_3+B+B^2+…+B^{p-1})=I_n-B+B-B^2+B^2+\dots -B^{p-1}+B^{p-1}+B^p\]

Or, \(B^p=0_n\). Il en vient que

\[(I_n-B)(I_3+B+B^2+…+B^{p-1}) = I_n\]
Ainsi, \(I_n-B\) est inversible, d’inverse \((I_3+B+B^2+…+B^{p-1}) \)

On a par ailleurs

\[ A^2 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & -2 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0& 0& 0\end{pmatrix} \quad \text{et}\quad A^3 = \begin{pmatrix} 0&0&0\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}\]

\(A\) est donc nilpotente d’ordre 3. D’après la question précédente, \(I_3-A\) est inversible, d’inverse \(I_3+A+A_2\).

\[(I_3-A)^{-1}=\begin{pmatrix}1&2&-1\\0&1&-1\\0&0&1\end{pmatrix}\]

Soit \(P=\begin{pmatrix}1 & 1 & 1 \\ 0 & 1& 1 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\), \(Q=\begin{pmatrix}1 & -1 & 0 \\ 0&1&-1 \\0 & 0 & 1\end{pmatrix}\) et \(A=\begin{pmatrix}1 & -2 & -2 \\0 & 3 & 5 \\ 0 & 0 & -2\end{pmatrix}\)

  1. Calculer \(PQ\).
  2. On note \(B=PAQ\). Calculer \(B\) puis \(B^n\) pour tout entier naturel \(n\).
  3. En déduire une expression de \(A^n\) pour tout entier naturel \(n\).
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On a \(PQ = \begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}\) \(P\) est donc inversible et \(P^{-1}=Q\) et réciproquement.

Par ailleurs \( B =PAQ = \begin{pmatrix}1&0&0\\0&3&0\\0&0&-2\end{pmatrix}\).

D’après un exercice précédent, pour tout entier naturel \(n\), \(B^n = \begin{pmatrix}1&0&0\\0&3^n&0\\0&0&(-2)^n\end{pmatrix}\)

Or, puisque \(B=PAQ\), on a donc, en multipliant à gauche par \(P^{-1}\) et à droite par \(Q^{-1}\)
\[ P^{-1}BQ^{-1} = P^{-1}PAQQ^{-1} = I_3AI_3=A\]

et donc \(A=QBP\). Ainsi, pour tout entier naturel \(n\),
\[A^n = QBP \times QBP \times … \times QBP\]

Les produits \(PQ\) se simplifient car ces matrices sont inverses l’une de l’autre. On a donc

\[A^n = QB^nP = \begin{pmatrix} 1 & 1-3^n & 1-3^n \\ 0 & 3^n & 3n -(-2)^n \\ 0 & 0 & (-2)^n\end{pmatrix}\]

Traduire les systèmes suivants sous forme matricielle

\( (E_1) \quad : \quad \left\{\begin{array}{rcl} 4x -5y &= &1 \\ 2x+3y& = &0\end{array}\right.\)

\( (E_2) \quad : \quad \left\{\begin{array}{rcl} 2x + 3y – z& = &2 \\ 3x + y -z& =& 5 \\ 5x + 2y +4z &= &1\end{array}\right.\)

\( (E_3) \quad : \quad\left\{\begin{array}{rcl} x – z +3t& = &1 \\ y – z +t &=& 5 \\ 2x + 3y -4z +2t& =& 3\end{array}\right.\)

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A venir !

Soit \(A=\begin{pmatrix}1 & -1 & 1\\ -1 & 2 & -1 \\ -1 & 2 & -2\end{pmatrix}\) et \(B=\begin{pmatrix}2 & 0 & 1 \\ 1&1&0 \\ 0& 1& -1\end{pmatrix}\).

  1. Calculer le produit \(AB\).
  2. Traduire sous forme matricielle puis résoudre les système suivants.
    1. \( (E_1) \quad : \quad\left\{\begin{array}{rcl} x-y+z & =& 2 \\ -x+2y-z&=& 0 \\ -x+2y-2z &=&3\end{array}\right.\)
    2. \( (E_2) \quad : \quad \left\{\begin{array}{rcl} 2x+z&=&1 \\ x+y &=& 3 \\ y – z &=& 6\end{array}\right.\)
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A venir !

Soit \(a\), \(b\) et \(c\) trois réels et \(f\) la fonction définie pour tout réel \(x\) par \(f(x)=ax^2+bx+c\). On souhaite déterminer les valeurs des réels \(a\) tels que \(f(0)=5\), \(f(1)=2\) et \(f(2)=6\).

  1. Justifier que ce problème revient à résoudre le système matriciel \[\begin{pmatrix}0 & 0 & 1 \\ 1 & 1& 1 \\ 4 & 2 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a \\ b \\c \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}5\\2\\6\end{pmatrix}\]
  2. On admet que l’inverse de la matrice \(\begin{pmatrix}0 & 0 & 1 \\ 1 & 1& 1 \\ 4 & 2 & 1\end{pmatrix}\) est de la forme \(\begin{pmatrix}0,5 & \alpha & 0,5 \\ \beta & 2 & -0,5 \\ \gamma & 0 & 0\end{pmatrix}\). Déterminer les valeurs manquantes.
  3. En déduire les valeurs des réels \(a\), \(b\) et \(c\) solutions du problème.
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A venir !

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