On trouveAX = 7 7 = 7X donc 7 est une valeur propre de A (étant donné que la matrice X n’est pas nulle)

Correction du devoir à la maison n^◦3

Partie A

1. On trouveAX =

7

7

= 7X donc 7 est une valeur propre de A (étant donné que la matrice X n’est pas nulle).

2. Soitk une valeur propre non nulle deA et soit X une matrice associée àk.

On considère la propositionPn : « AⁿX=kⁿX» pour n∈N. Comme A⁰X=I2X=X=k⁰X, la proposition P0 est vraie.

Supposons quePm est vraie pour un certain m∈N.

Alors, A^m+1X =A^m(AX) =A^m(kX) =k(A^mX) =k(k^mX) =k^m+1X donc Pm+1 est vraie et on a donc démontré par récurrence que, pour toutn∈N,AⁿX =kⁿX .

3. Par le cours (théorème 55), on sait qu’un système dont l’écriture matricielle estM X =B admet une unique solution si et seulement si M est inversible. Il s’ensuit qu’une équation du type M X = B n’admet pas une unique solution X si et seulement si M n’est pas inversible. Or, un réel k est valeur propre de A si et seulement s’il existe une matrice non nulle X telle que AX = kX i.e. AX −kX = 0 ce qui équivaut à (A−kI₂)X = O_2,1. Posons M = A−kI₂. L’équationM X =O2,1 admet toujours au moins une solution qui est la matrice nulleO2,1. Ainsi, kest valeur propre deA si et seulement s’il existe au moins une autre matrice (non nulle donc) qui soit également solution de cette équation. D’après ce qui précède, ceci équivaut à dire que M n’est pas inversible.

Ainsi, kest une valeur propre de A si et seulement si la matriceA−kI2 n’est pas inversible.

4. a. Un réel kest valeur propre deAsi et seulement la matriceA−kI₂ n’est pas inversible i.e. si et seulement si det(A−kI₂) = 0. Or, A−kI₂=

a−k b

c d−k

donc

det(A−kI2) = (a−k)(d−k)−bc=ad−ak−dk+k²−bc=k²−(a+d)k+ad−bc.

On conclut donc que qu’un réelkest une valeur propre deAsi et seulement si kest solution de l’équation x²−(a+d)x+ad−bc= 0.

b. Si A=

−1 2

1 −1

alors un réekkest valeur propre deA si et seulement sik est solution de l’équation x²−(−1−1)x+ (−1)×(−1)−1×2 = 0 i.e.x²+ 2x−1 = 0.

Le discriminant de cette équation est 2²−4×1×(−1) = 8 > 0 donc elle possède deux solutions réelles qui sont x1 = −2−√

8

2 =−1−√

2etx2= −2 +√ 8

2 =−1 +√ 2.

On conclut que la matrice Aadmet deux valeurs propres qui sont −1−√

2 et−1 +√ 2 . c. Considérons la matriceB =

0 1

−1 0

. Alors, un réelkest valeur propre deB si et seulement si k est solution de l’équationx²+ 1 = 0. Cette dernière équation n’ayant pas de solution réelle, B n’admet pas de valeur propre .

Partie B

1. Soit la propositionQn : « un∈Z etvn∈Z» pour toutn∈N. Par définition,u0=p∈Zetv0 =q∈Zdonc Q0 est vraie.

Supposons queQk soit vraie pour un certain k∈N.

Alors, par hypothèse, u_k ∈Z etv_k ∈ Z. On en déduit que(−u_k+ 2v_k) ∈Z et (u_k−v_k) ∈Z i.e. u_k+1 ∈ Z et v_k+1 ∈ Z. Ainsi, Q_k+1 est vraie et on a donc démontré par récurrence que,

pour tout n∈N,un∈Zetvn∈Z. 2. a. On trouveAX0 =

−p+ 2q

p−q

. Or, on a vu dans lapartie Aque les valeurs propres deAsont

−1−√

2et −1 +√

2. Si on calcule(−1 +√

2)X₀, on trouve

−p+p√

2

−q+q√ 2

. Or, par hypothèse,

q√

2 =p et donc p√

2 =q(√

2)² = 2q donc

−p+p√

2

−q+q√ 2

=

−p+ 2q

−q+p

=

−p+ 2q

p−q

i.e.

AX0 = (−1 +√

2)X0. On conclut donc que X0 est une matrice associée à la valeur propre

−1 +√

2 deA.

b. On déduit de la question 2.de la partie A que, pour tout entier n∈ N, X_n = AⁿX₀ = (−1 +√

2)ⁿX0 i.e.

un

v_n

=

(−1 +√ 2)ⁿp (−1 +√

2)ⁿp

. Dès lors, pour tout n∈N,un= (−1 +√ 2)ⁿp . c. Etant donné que 1 < √

2 < 2, (−1 +√

2) ∈ ]−1 ; 1[ donc lim(−1 +√

2)ⁿ = 0. Par suite, limu_n= 0 et donc, par définition, il existe un certain rangN ∈Ntel que −1< u_N <1.

Etant donné que u_N est un entier (d’après la question 1.), on en déduit que u_N = 0. Or, uN = (−1 +√

2)^Np et(−1 +√

2)^N 6= 0 car(−1 +√

2)6= 0. On en déduit donc que p= 0. 3. Ceci conduit donc à une absurdité puisqu’on aboutit à√

2 = ^p_q = ⁰_q = 0. Ainsi, les entiers pet q n’existent pas et √

2est irrationnel .