MIMP - PC11
——
Math22 - Algèbre linéaire
——
Devoir surveillé du 8 mars 2014
——
Corrigé
Exercice 1.
a. Question de cours.
Voir cours.
b. Sous-espaces vectoriels deR2? 1. F1=(x,y)∈R2|x2+y2≤1
F1est le disque (fermé) centré en l’origine et de rayon 1: en particulier,F1n’est pas stable par la multipli- cation par un scalaire (par exemple, (1,0)∈F1, mais 2·(1,0)=(2,0)<F1).
AinsiF1n’est pas un sous-espace vectoriel deR2. 2. F2=(x,y)∈R2|2x−3y=0
Vérifions queF2est un sous-espace vectoriel deR2:F2 ,∅car (0,0)∈F2. De plus, pour tousλ, µ∈Ret tousv, v0∈F2: en notantv=(x,y) etv0=(x0,y0), on aλv+µv0=(λx+µx0, λy+µy0) et
2(λx+µx0)−3(λy+µy0)=λ(2x−3y)+µ(2x0−3y0)=0 puisquev, v0∈F2et donc 2x−3y=2x0−3y0 =0. Ainsiλv+µv0 ∈F2.
DoncF2est un sous-espace vectoriel deR2. 3. F3=(x,y)∈R2| |x|=|y|
On remarque que|x| = |y| ⇐⇒ (y = xou y = −x), ainsi F3 est la réunion des deux bissectrices. Il n’est pas stable par addition: par exemple,v = (1,1) etv0 = (−1,1) sont deux éléments deF3mais leur somme v+v0 =(0,2) n’est pas dansF3.
DoncF3n’est pas un sous-espace vectoriel deR2.
c. Montrons que l’ensembleFdes matrices anti-symétriques est un sous-espace vectoriel deMn(R).
Rappelons que, par définition, une matriceA ∈Mn(R) est antisymétrique si et seulement siAT = −A(oùAT est la transposée deA). Déjà,F ⊂Mn(R), etF ,∅puisque la matrice nulle est antisymétrique (la transposée de la matrice nulle est la matrice nulle).
De plus, pour tousλ, µ∈Ret toutes matricesA, B∈F: en notantA=(ai j)1≤i,j≤n etB= (bi j)1≤i,j≤n, on a λA+µB=(λai j+µbi j)1≤i,j≤net donc
(λA+µB)T =(λaji+µbji)1≤i,j≤n=λAT +µBT
(autrement dit, la trace est une application linéaire). Puisque les matrices A et B sont antisymétriques, on obtient (λA+µB)T = −λA−µB = −(λA+µB). Donc la matriceλA+µBest antisymétrique, c’est-à-dire (λA+µB)∈F. Finalement,
Fest bien un sous-espace vectoriel de Mn(R).
Exercice 2. Résolution du système linéaire.
On résout le système par la méthode du pivot de Gauss. Comme le coefficient de x1dans la première ligne est
non nul, on le choisit comme premier pivot:
(S)
x1 + 5x2 + 6x3 + 12x4 = 0 2x1 + 5x2 + 4x3 + 5x4 = 0 x1 + 2x3 + 5x4 = 0
⇐⇒ L2←L2−2L1
L3←L3−L1
x1 + 5x2 + 6x3 + 12x4 = 0
− 5x2 − 8x3 − 19x4 = 0
− 5x2 − 4x3 − 7x4 = 0
⇐⇒
L3←L3−L2
x1 + 5x2 + 6x3 + 12x4 = 0
− 5x2 − 8x3 − 19x4 = 0 4x3 + 12x4 = 0
⇐⇒
x1 = −5x2−6x3−12x4 =x4 x2 = 15(−8x3−19x4)= x4 x3 = −3x4
Ainsi le système possède une infinité de solutions:
S={(t,t,−3t,t)|t∈R}
Exercice 3. Inversibilité d’une matrice vérifiant une relation polynomiale.
Voir TD, exercice numéro 17.
Problème.
a.Calcul deU0,U1etU2. Par définition,U0 =
u0 u1 u2
,U1 =
u1 u2 u3
etU2 =
u2 u3 u4
. Comme on sait queu0 = 1,u1 = −1 etu2 = 0, il reste à calculer
u3=2u0+u1−2u2=1 etu4 =2u1+u2−2u3 =−4 ce qui donne
U0=
1
−1 0
,U1=
−1 0 1
etU2=
0 1
−4
. b.Montrons queUn+1= AUn.
Soitn∈N:
AUn=
0 1 0
0 0 1
2 1 −2
un un+1
un+2
=
un+1 un+2
2un+un+1−2un+2
=
un+1 un+2
un+3
par construction de (un)n∈N. Ainsi
∀n∈N, Un+1 =AUn Montrons queUn=AnU0pour toutn∈N.
Par récurrence: soit (Pn) la propriétéUn=AnU0.
•initialisation: si n = 0, on a bien U0 = A0U0 (puisque par convention A0 = I3); si n = 1, le résultat précédent montre queU1= AU0; ainsi la propriété est vraie aux rangs 0 et 1.
•passage du rangnau rangn+1: fixonsn∈Net supposons que la propriété est vraie au rangn,ie (HR)Un =AnU0
AlorsUn+1 = AUnd’après la première partie de la question, etUn = AnU0par hypothèse de récurrence, doncUn+1=A×AnU0 =An+1U0, ce qui montre la propriété au rangn+1.
D’après le principe de récurrence, on obtient:
∀n∈N, Un =AnU0
c. Existence et calcul deP−1
On sait quePest inversible si et seulement si, pour tout
x0 y0 z0
, le systèmeP
x y z
=
x0 y0 z0
admet une unique solution. Or
P
x y z
=
x0 y0 z0
⇐⇒
x + y + z = x0
−2x − y + z = y0 4x + y + z = z0
⇐⇒ L2←L2+2L1 L3←L3−4L1
x + y + z = x0
y + 3z = 2x0 + y0
− 3y − 3z = −4x0 + z0
⇐⇒
L3←L3+3L2
x + y + z = x0
y + 3z = 2x0 + y0
6z = 2x0 + 3y0 + z0
⇐⇒
x = −13x0 + 13z0 y = x0 − 12y0 − 12z0 z = 13x0 + 12y0 + 16z0
Ainsi ce système (d’inconnuesx, y, z) admet toujours une unique solution, cela montre que Pest inversible
etP−1est la matrice des coefficients dex0, y0, z0dans les expressions dex, y, z:
P−1=
−13 0 13 1 −12 −12
1 3
1
2 1
= 16
−2 0 2
6 −3 −3
2 3 1
Remarque: on vérifie bien que PP−1= I3. d.Calcul de∆n.
Par définition,∆ =P−1AP. On a
P=
1 1 1
−2 −1 1
4 1 1
A=
0 1 0
0 0 1
2 1 −2
−2 −1 1
4 1 1
−8 −1 1
=AP
puis
AP=
−2 −1 1
4 1 1
−8 −1 1
P−1= 16
−2 0 2
6 −3 −3
2 3 1
−2 0 0 0 −1 0
0 0 1
=P−1AP
donc on obtient bien une matrice diagonale:
∆ =
−2 0 0 0 −1 0
0 0 1
On a alors ∆2 =
(−2)2 0 0
0 (−1)2 0
0 0 12
, ∆3 =
(−2)3 0 0
0 (−1)3 0
0 0 13
, . . . et par récurrence, on obtient
∆n =
(−2)n 0 0
0 (−1)n 0
0 0 1n
pour toutn∈N∗. On vérifie que l’égalité est encore vraie pourn=0, puisque par convention∆0 =I3et (−2)0=(−1)0 =10=1. Ainsi
∀n∈N, ∆n=
(−2)n 0 0 0 (−1)n 0
0 0 1
e. Montrons queAn=P∆nP−1pour toutn∈N.
Puisque∆ =P−1AP, il vientP∆ =PP−1AP=APpuisP∆P−1=APP−1=A, donc A= P∆P−1
Montrons par récurrence que pour toutn∈N,An=P∆nP−1.
•initialisation: sin=0, on aA0=I3etP∆0P−1= PI3P−1= PP−1=I3, donc la propriété est vraie au rang n=0; sin=1, on vient de montrer queA=P∆P−1donc la propriété est vraie au rangn=1.
•passage du rangnau rangn+1: fixonsn∈Net supposons que la propriété est vraie au rangn,ie (HR)An =P∆nP−1
AlorsAn+1=A×An =AP∆nP−1d’après l’hypothèse de récurrence, ce qui donne (en utilisantA= P∆P−1) An+1 =P∆P−1P∆nP−1= P∆∆nP−1 =P∆n+1P−1
ce qui montre la propriété au rangn+1.
D’après le principe de récurrence, on obtient:
∀n∈N, An= P∆nP−1 f. Expression deun.
D’après les questions b. et e.,
un un+1
un+2
= P∆nP−1
u0 u1 u2
. Il s’agit donc de déterminer le premier coefficient
du vecteur colonneP∆nP−1
1
−1 0
, et pour cela on a juste besoin de connaître la première ligne de la matrice P∆nP−1:
∆n=
(−2)n 0 0
0 (−1)n 0
0 0 1
P=
1 1 1
−2 −1 1
4 1 1
(−2)n (−1)n 1 (−2)n+1 (−1)n+1 1 4×(−2)n (−1)n 1
= P∆n
puis
P−1 = 16
−2 0 2
6 −3 −3
2 3 1
P∆n=
(−2)n (−1)n 1 (−2)n+1 (−1)n+1 1 4×(−2)n (−1)n 1
(−2)n+1+6(−1)n+2 6
3(−1)n+1+3 6
2(−2)n+3(−1)n+1+1
... 6
...
=P∆nP−1
Le premier coefficient du vecteur colonneP∆nP−1
1
−1 0
vaut donc
un = (−2)n+1+6(−1)n+2
6 ×1+3(−1)n+1+3
6 ×(−1)+ 2(−2)n+3(−1)n+1+1
6 ×0
= (−2)n+1+6(−1)n+2−3(−1)n+1−3 6
= (−2)n+1+9(−1)n−1 6
On peut vérifier que pourn=0, 1, 2 on obtient les valeurs déjà connues. On a montré:
∀n∈N,un= 61((−2)n+1+9(−1)n−1)
Remarque: en calculant les deux autres coefficients du vecteur colonne P∆nP−1
1
−1 0
, on obtiendrait la même expression en remplaçant n par (n +1)(pour le deuxième coefficient) ou (n+ 2)(pour le troisième coefficient).
Exercice de recherche.
Par définition de la matrice produit, le coefficienti,jde la matriceA2vaut
n
X
k=1
aikak j
Oraikest le nombre d’arêtes entre les sommetssietsk, autrement dit le nombre de chemins de longueur 1 reliant si etsk. De mêmeak j est le nombre de chemins de longueur 1 reliantsk et sj. Ainsi, àkfixé,aikak jest égal au nombre de chemins constitués de deux arêtes reliantsietsjvia une étape au sommetsk.
Pour obtenir le nombre total de chemins de longueur 2 (c’est-à-dire constitués de deux arêtes) reliant si et sj, on fait varierkpour tenir compte de toutes les étapes possibles et on somme toutes ces quantités: ce qui donne Pn
k=1aikak j, soit exactement le coefficienti,jde la matriceA2.
Ainsi le nombre de chemins de longueur 2 reliant le sommet si au sommet sj est égal au coefficient i,j de la matriceA2.
