L.E.G.T.A. Le Chesnoy TB2−2011-2012
D. Blotti`ere Math´ematiques
Correction du devoir maison n˚5
Pour le mercredi 11 avril.
Exercice (185 de la feuille d’exercices n˚14) 1. Soient les matricesN =
0 1 0 0
etT =
2 1 0 2
. (a) CalculerNn, pour toutn∈N.
(b) En d´eduireTn, pour toutn∈N. 2. SoitA∈ M2(R) la matrice d´efinie par :
A=1 3
8 −4
1 4
.
(a) D´emontrer queAadmet une unique valeur propre λ∈R. On d´etermineraλ.
(b) D´eterminer l’unique vecteure01 deEλ dont la deuxi`eme composante est 1.
(c) D´eterminer l’unique vecteure02 deR2tel que :
(i) la premi`ere composante dee02 est 1 ; (ii) Ae02=e01+ 2e02.
(d) D´emontrer que la familleB0= (e01, e02) est une base deR2.
(e) Calculer la matrice de l’endomorphismeϕA deR2canoniquement associ´e `aAdans la baseB0. (f) D´emontrer qu’il existe une matriceP ∈ M2(R) inversible tel que :
A=P T P−1. (g) D´emontrer queAn =P TnP−1, pour toutn∈N∗. (h) CalculerAn, pour toutn∈N∗.
Correction
1.(a) On a :
N0=I2= 1 0
0 1
(convention)
N1=N = 0 1
0 0
N2=N = 0 0
0 0
(calcul).
Par suite, pour toutn∈N≥2 :Nn=N2×Nn−2= 0 0
0 0
×Nn−2= 0 0
0 0
.On a donc :
∀n∈N, Nn=
I2 sin= 0 N sin= 1 0M2(R) sin≥2
1.(b) On a :
T0=I2= 1 0
0 1
(convention)
T1=T = 2 1
0 2
.
Soitn∈N2. On remarque queT =N+ 2I2. De plusN et 2I2 commutent. En effet : N×2I2= 2N I2= 2N et 2I2×N = 2N.
On peut donc appliquer la formule du binˆome de Newton pour calculerTn= (N+ 2I2)n. Tn = (N+ 2I2)n
=
n
X
k=0
CnkNk(2I2)n−k (binˆome de Newton)
= Cn0N0(2I2)n+Cn1N1(2I2)n−1+Cn2N2(2I2)n−2+Cn3N3(2I2)n−3+. . .+CnnNn(2I2)n−n
= Cn0I2(2I2)n+Cn1N(2I2)n−1 (d’apr`es 1.(a))
= 2nI2+ 2n−1nN
=
2n 2n−1n
0 2n
Remarquons que :
• sin= 0, alors
2n 2n−1n
0 2n
= 1 0
0 1
=I2=T0;
• sin= 1, alors
2n 2n−1n
0 2n
= 2 1
0 2
=T =T1.
La formule pr´ec´edente obtenue pourTn dans le cas o`un≥2 s’´etend donc au cas o`u n∈N. On a donc :
∀n∈N, Tn=
2n 2n−1n
0 2n
.
2.(a) Soitλ∈R. On a :
λvaleur propre deA ⇐⇒ det(A−λI2) = 0 (crit`ere du d´eterminant).
Calculons det(A−λI2).
det(A−λI2) = det 1
3
8 −4
1 4
− λ 0
0 λ
= det
8
3−λ −4 1 3
3 4 3−λ
= 8
3−λ 4 3 −λ
−
−4 3
1 3
= 32
9 −4λ+λ2+4 9
= λ2−4λ+ 4
On en d´eduit queA n’admet qu’une seule valeur propre :λ= 2.
2.(b) On cherche ici `a r´esoudre l’´equation :
(E1) : A x
1
= 2 x
1
d’inconnue x∈R.
(E1) ⇐⇒
8
3x − 4
3 = 2x 1
3x + 4
3 = 2
⇐⇒
2
3x = 4 3 1
3x = 2 3
⇐⇒
2
3x = 4 3
0 = 0 (L2←2L2−L1)
⇐⇒
x = 2 (L1← 3
2L1)
0 = 0
L’unique vecteure01 deE2 dont la deuxi`eme composante est 1 est donc 2
1
.
2.(c) On cherche ici `a r´esoudre l’´equation : (E2) : A
1 y
= 2
1
+ 2 1
y
(cf. 2.(b)) d’inconnue x∈R.
(E2) ⇐⇒
8
3 − 4
3y = 4 1
3 + 4
3y = 1 + 2y
⇐⇒
−4
3y = 4 3
−2
3y = 2 3
⇐⇒
−4
3y = 4 3
0 = 0 (L2←2L2−L1)
⇐⇒
y = −1 (L1← −3 4L1)
0 = 0
L’unique vecteur e02dont la premi`ere composante est 1 et qui v´erifieAe02=e01+ 2e02est donc 1
−1
.
2.(d)
(e01, e02) base deR2 ⇐⇒ (e01, e02) famille libre (car Card(B0) = 2 = dim(R2))
⇐⇒ det
2 1 1 −1
6= 0 (crit`ere du d´eterminant)
⇐⇒ 2×(−1)−1×1
| {z }
−3
6= 0
La derni`ere assertion est vraie. On a raisonn´e par ´equivalence. La premi`ere assertion est donc ´egalement vraie. Par suite, (e01, e02) est une base deR2.
2.(e) Pour d´eterminer la matrice de l’endomorphisme ϕA deR2 canoniquement associ´e `a Adans la baseB0= (e01, e02), il faut :
• ´ecrireAe01 comme une combinaison lin´eaire de (e01, e02) ;
• ´ecrireAe02 comme une combinaison lin´eaire de (e01, e02).
Par d´efinition,e01∈E2. On a donc :Ae01= 2e01= 2e01+ 0e02. De mˆeme, par construction,e02 est tel que :Ae02=e01+ 2e02. On en d´eduit :
Mat(ϕA,B0,B0) = 2 1
0 2
=T.
2.(f) On applique le th´eor`eme de changement de base pour l’endomorphismeϕA deR2 de la baseCanR2 vers la baseB0. On obtient :
(?) Mat(ϕA, CanR2, CanR2) =PCan
R2,B0×Mat(ϕA,B0,B0)×(PCan
R2,B0)−1.
Notons que, par d´efinition, Mat(ϕA, CanR2, CanR2) =A. De plus, on a Mat(ϕA,B0,B0) =T (cf. 2.(e)).
Soit alors
P =PCan
R2,B0 = Mat(idR2,B0, CanR2) =
2 1 1 −1
.
La matriceP est inversible, car c’est une matrice de passage (ou car son d´eterminant vaut−36= 0).
On peut alors conclure, `a l’aide de (?) .
La matriceP =
2 1 1 −1
est inversible et v´erifie la relation :A=P T P−1.
2.(g) Soitn∈N∗. On a :
An = A A A . . . A A
| {z }
nfois
= P T P−1P T P−1P T P−1 . . . P T P−1P T P−1
| {z }
nfois
(d’apr`es 2.(f))
= P T P−1P
| {z }
I
T P−1P
| {z }
I
T P−1. . . P T P−1P
| {z }
I
T P−1
= P T T T . . . T T
| {z }
nfois
P−1
multiplier une matrice 3×3 parI3 `a gauche ou `a droite laisse la matrice inchang´ee
= P TnP−1.
Remarque : On aurait aussi pu montrer par r´ecurrence que pour toutn∈N∗,An=P TnP−1. Pour cette autre m´ethode, on renvoie `a la correction de la question 1.4.3. de l’exercice d’alg`ebre du devoir surveill´e n˚3.
2.(h) Soitn∈N∗. Pour calculerAn, on va calculerP−1, puis utiliser les r´esultats 1.(b) et 2.(g).
Pour calculer P−1, on introduit le syst`eme (S) : P
x1
x2
= y1
y2
d’inconnue x1
x2
et de param`etre y1
y2
.
(S) ⇐⇒
2x1 + x2 = y1 x1 − x2 = y2
⇐⇒
2x1 + x2 = y1
− 3x2 = 2y2−y1 (L2←2L2−L1)
Le syst`eme ´etant de rang 2, on retrouve le fait queP est inversible.
DeL2, on d´eduit quex2=1 3y1−2
3y2. DeL1, on d´eduit alors que :
2x1=y1−x2=y1− 1
3y1−2 3y2
=2 3y1+2
3y2
et donc que :x1=1 3y1+1
3y2. On a ainsi :
x1 = 1
3y1 + 1 3y2
x2 = 1
3y1 − 2 3y2
d’o`u
x1
x2
= 1 3
1 1 1 −2
y1
y2
.
On a donc :
P−1= 1 3
1 1 1 −2
. On a donc :
An = P TnP−1 (cf. 2.(g))
=
2 1 1 −1
2n 2n−1n
0 2n
1 3
1 1 1 −2
= 1
3
2 1 1 −1
2n 2n−1n
0 2n
1 1
1 −2
= 1
3
2 1 1 −1
2n+ 2n−1n 2n−2nn 2n −2n+1
= 1
3
2n+1+ 2n+ 2nn −2n+1n 2n−1n 2n+1+ 2n−2nn
