Correction du devoir surveillé n

Correction du devoir surveillé n ^◦ 3

1. a. À l’aide de la calculatrice, on trouveA²−3A=







−2 0 0

0 −2 0

0 0 −1





i.e. A²−3A=−2I₃ . b. Ainsi, A(A−3I₃) = −2I₃ donc A×^h−¹₂(A−3I₃)ⁱ = I₃ donc A est inversible et

A⁻¹ =−¹₂(A−3I₃) soit encore A⁻¹ =−¹₂A+³₂I₃ . 2. Soit la proposition,P_n : «Aⁿ =r_nA+s_nI₃ » pour n∈N.

Étant donné que A⁰ =I₃ et que r₀A+s₀I₃ = 0A+ 1I₃ =I₃, la proposition P₀ est vraie.

Supposons que P_k soit vraie pour un certain k ∈N. Alors,

A^k+1 =A^k×A= (r_kA+s_kI₃)×A=r_kA²+s_kA.

Or, d’après la question 1.a, A²−3A=−2I₃ donc A² = 3A−2I₃ et ainsi A^k+1 =rk(3A−2I₃) +skA= (3r_k+sk)A−2r_kI3 =rk+1A+sk+1I3

donc P_k+1 est vraie.

On a donc montré par récurrence que, pour tout n∈N, Aⁿ=r_nA+s_nI₃ . 3. Soit n∈N. Alors,

C_n+1 = r_n+1 sn+1

!

= 3r_n+s_n

−2rn

!

= 3 1

−2 0

!

× r_n sn

!

=BC_n

en posant B = 3 1

−2 0

!

.

4. a. Le déterminant de P est detP = 1×(−1)−(−2)×1 = 16= 0 donc P est inversible et P⁻¹ = 1

1

−1 −1

2 1

!

i.e. P⁻¹ = −1 −1

2 1

!

. b. À l’aide de la calculatrice, on trouve P DP⁻¹ =B . 5. a. Soit la proposition Q_n : «Bⁿ=P DⁿP⁻¹» pour n ∈N.

CommeB⁰ =I₃ et P D⁰P⁻¹ =P I₃P⁻¹ =P P⁻¹ =I₃, la propositionQ₀ est vraie.

Supposons que Q_k soit vraie pour un certain k∈N. Alors, d’après la question 4.b,

B^k+1 =B^k×B = (P D^kP⁻¹)(P DP⁻¹) = P D^k(P⁻¹P)DP⁻¹

=P D^kI₃DP⁻¹ =P D^kDP⁻¹ =P D^k+1P⁻¹ donc Qk+1 est vraie.

On a donc démontré par récurrence que, pour tout n∈N, Bⁿ=P DⁿP⁻¹ .

b. Soit n ∈N. Alors, comme D est diagonale, Dⁿ = 1 0 0 2ⁿ

!

et donc

Bⁿ= 1 1

−2 −1

! 1 0 0 2ⁿ

! −1 −1

2 1

!

= 1 2ⁿ

−2 −2ⁿ

! −1 −1

2 1

!

= −1 + 2×2ⁿ −1 + 2ⁿ 2−2ⁿ×2 2−2ⁿ

!

.

c’est-à-dire pour toutn ∈N, Bⁿ= 2ⁿ⁺¹−1 2ⁿ−1 2−2ⁿ⁺¹ 2−2ⁿ

!

. 6. Soit n∈N. Alors, puisque r₀ = 0 et s₀ = 1,

r_n s_n

!

=C_n=BⁿC₀ = 2ⁿ⁺¹−1 2ⁿ−1 2−2ⁿ⁺¹ 2−2ⁿ

! 0 1

!

= 2ⁿ−1 2−2ⁿ

!

.

Ainsi, pour tout n∈N, rn= 2ⁿ−1 et sn= 2−2ⁿ .

7. Il s’ensuit que, pour tout n∈N, Aⁿ= (2ⁿ−1)A+ (2−2ⁿ)I₃ i.e.

Aⁿ =







2−2ⁿ −(2ⁿ−1) 2ⁿ−1

2ⁿ−1 2(2ⁿ−1) + (2−2ⁿ) −(2ⁿ−1)

−(2ⁿ−1) −(2ⁿ−1) 2(2ⁿ−1) + (2−2ⁿ)







donc, pour toutn ∈N, Aⁿ =







2−2ⁿ 1−2ⁿ 2ⁿ−1 2ⁿ−1 2ⁿ 1−2ⁿ 1−2ⁿ 1−2ⁿ 2ⁿ





.

8. Soit n ∈ N^∗. Alors, Aⁿ = r_nA+ s_nI₃ donc, comme r_n = 2ⁿ − 1 6= 0 (car n ≥ 1), A= _r¹

nAⁿ− ^s_rⁿ

nI₃. Dès lors, Aⁿ⁺¹ =r_n+1A+s_n+1I₃ =r_n+1

1 rn

Aⁿ− s_n rn

I₃

+s_n+1I₃ = r_n+1 rn

Aⁿ+

s_n+1− r_n+1s_n rn

I₃

Ainsi, en multipliant par r_n,

rnAⁿ⁺¹−rn+1Aⁿ = (rnsn+1−rn+1sn)I₃ donc

Aⁿ[r_nA−r_n+1I₃] = (r_ns_n+1−r_n+1s_n)I₃. Or,

r_ns_n+1−r_n+1s_n= (2ⁿ−1)(2−2ⁿ⁺¹)−(2ⁿ⁺¹−1)(2−2ⁿ)

= 2ⁿ⁺¹−2²ⁿ⁺¹−2 + 2ⁿ⁺¹−2ⁿ⁺²+ 2²ⁿ⁺¹+ 2−2ⁿ

= 2×2ⁿ⁺¹−2ⁿ⁺²−2ⁿ= 2ⁿ⁺²−2ⁿ⁺²−2ⁿ

=−2ⁿ 6= 0 donc

Aⁿ

−r_n

2ⁿA+r_n+1 2ⁿ I₃

=I₃

ce qui prouve queAⁿ est inversible et que (Aⁿ)⁻¹ =cnA+dnI3 avec c_n =−r_n

2ⁿ = 1−2ⁿ

2ⁿ = 2⁻ⁿ−1 et

d_n= r_n+1

2ⁿ = 2ⁿ⁺¹−1

2ⁿ = 2−2⁻ⁿ.

De plus, si n = 0, alors Aⁿ = A⁰ = I₃ et donc son inverse est I₃ et l’égalité (Aⁿ)⁻¹ = (2⁻ⁿ−1)A+ (2−2⁻ⁿ)I₃ reste vraie puisque (2⁻⁰−1)A+ (2−2⁻⁰)I₃ = 0A+ 1I₃ =I3. Ainsi, pour tout n∈N, Aⁿ est inversible et (Aⁿ)⁻¹ = (2⁻ⁿ−1)A+ (2−2⁻ⁿ)I₃ . Remarque. — En convenant de poser, pour tout entiern <0,Aⁿ= (A⁻ⁿ)⁻¹, les questions 7. et 8. montrent que

∀n∈Z, Aⁿ= (2ⁿ−1)A+ (2−2ⁿ)I₃ .