Probl` eme I − Puissances de matrices et applications aux probabilit´ es

L.E.G.T.A. Le Chesnoy TB2−2010-2011

D. Blotti`ere Math´ematiques

Correction du devoir surveill´ e n˚6

Probl` eme I − Puissances de matrices et applications aux probabilit´ es

Dans ce probl`eme,pd´esigne un nombre r´eel strictement compris entre 0 et 1, diff´erent de 1 2. Partie A : Puissances d’une matrice d´ependant d’un param`etre.

SoitM la matrice carr´ee d’ordre 2 `a coefficients r´eels d´efinie par :

M =





 1 p

p−1 p

1 0





.

1. R´eduction de la matrice M.

(a) D´eterminer les valeurs propres deM.

Afin d’all´eger l’´ecriture, nous noterons r= 1−p p .

(b) Montrer que les vecteurs (1,1) et (1−p, p) sont des vecteurs propres deM et forment une base de R².

(c) NotonsP la matrice carr´ee d’ordre 2 `a coefficients r´eels d´efinie par : P =

1 1−p

1 p

. Montrer queP est inversible et calculerP⁻¹.

(d) Calculer la matriceP⁻¹M P, not´eeD dans la suite.

2. Calcul des puissances successives de M.

(a) Montrer, `a l’aide d’un raisonnement par r´ecurrence, que pour tout entier natureln:Mⁿ =P DⁿP⁻¹. (b) Calculer pour tout entier natureln, la matriceDⁿ.

(c) En d´eduire que pour tout entier natureln: Mⁿ = 1

2p−1





p(1−rⁿ⁺¹) (1−p)(rⁿ−1) p(1−rⁿ) p(rⁿ−r)



.

Correction

1. (a) On sait queλ∈Rest valeur propre deM si et seulement si det(M−λI₂) = 0. On calcule :

det(M−λI2) = det





 1

p−λ p−1 p

1 −λ





= 1

p−λ

×(−λ)−p−1

p ×1 =λ²−1

pλ−p−1 p .

Les valeurs propres de M sont donc les racines du polynˆomeQ=X²−1

pX−p−1 p .

On remarque que Q(1) = 0. Le nombre 1 est donc racine deQ. Or le produit des racines deQ est

−p−1

p (le coefficient devantX² dansQest 1 et cf. lien entre coefficients et racines d’un polynˆome du second degr´e). L’autre racine deQest donc−p−1

p =1−p p =r.

On en d´eduit que les valeurs propres de M sont 1 etr.

(b) • Le vecteur (1,1), qui est non nul, est vecteur propre deM si et seulement si les vecteurs 1

1

et M

1 1

= 1

1

sont colin´eaires. Ici, on aM 1

1

= 1.

1 1

et donc 1

1

est vecteur propre de M associ´e `a la valeur propre 1.

• Le vecteur (1−p, p), qui est non nul, est vecteur propre de M si et seulement si les vecteurs 1−p

p

et M

1−p p

=



 1−p

p +p−1 1−p



sont colin´eaires.

On ´etudie l’existence ´eventuelle d’un r´eelλtel que :



 1−p

p +p−1 1−p



=λ.

1−p p

=

λ(1−p) λp

. On introduit pour cela le syst`eme lin´eaire :







λ(1−p) = 1−p

p +p−1 λp= 1−p

.

La ligneL2 forceλ`a ˆetre ´egal `a 1−p

p . On v´erifie que siλ= 1−p

p , alorsL1est satisfaite : 1−p

p (1−p) = 1−p

p −1−p

p p=1−p

p −1 +p.

On en d´eduit queλ= 1−p

p =rest solution du pr´ec´edent syst`eme. Par suite, on aM

1−p p

= r

1−p p

. Donc

1−p p

est vecteur propre deM associ´e `a la valeur proprer.

Remarque : Pour ´etudier la colin´earit´e des vecteurs M

1−p p

et

1−p p

, on a r´esolu un syst`eme. On aurait aussi pu effectuer un calcul de d´eterminant. La m´ethode syst`eme donne une information suppl´ementaire : un coefficient de proportionalit´e qui s’interpr`ete comme la valeur propre `a laquelle le vecteur propre

1−p p

est associ´e.

• D’apr`es le cours, la familleC= 1

1

, 1−p

p

form´ee de deux vecteurs deR², espace vectoriel de dimension 2, est libre si et seulement si le d´eterminant de la matrice des coordonn´ees deCdans la base canonique deR² est non nul, i.e. si et seulement si :

det

1 1−p

1 p

6= 0.

On calcule :

det

1 1−p

1 p

=p−(1−p) = 2p−1.

Commep6=1 2, det

1 1−p

1 p

6= 0 et doncC= 1

1

, 1−p

p

est une base deR². (c) • On remarque que la matriceP est la matrice des coordonn´ees de la familleC=

1 1

,

1−p p

dans la base canonique deR². On vient de calculer son d´eterminant. Il vaut 2p−16= 0. Par suite P est inversible.

• Calcul de l’inverse deP 1 1−p 1 0

1 p 0 1

1 1−p 1 0 0 2p−1 −1 1

(L2←L2−L1)

1 1−p 1 0 0 1 −_2p−1¹ _2p−1¹

(L2← 1

2p−1L2 (op´eration licite car 2p−16= 0)) 1 0 1 + (1−p)_2p−1¹ −_2p−1^1−p

0 1 −_2p−1¹ _2p−1¹

!

(L₁←L₁−(1−p)L₂)

On a donc :

P⁻¹= 1 + (1−p)_2p−1¹ −_2p−1^1−p

−_2p−1¹ _2p−1¹

!

=

p

2p−1 −_2p−1^1−p

−_2p−1¹ _2p−1¹

!

= 1

2p−1

p p−1

−1 1

On v´erifie que l’on a bien 1 2p−1

p p−1

−1 1

P =I2.

(d) On noteBla base canonique deR². La matriceP est la matrice de passage de la baseBdans la base C, i.e. P =P_B,C. On en d´eduit que la matrice P⁻¹ est la matrice de passage de la base C dans la base B, i.e. P⁻¹=PC,B. On notef l’endomorphisme deR² canoniquement associ´e `a la matriceM, i.e. tel que M = Mat(f,B). D’apr`es la formule de changement de base, on a :

Mat(f,C) =P_C,BMat(f,B)P_C,B⁻¹ et donc :

Mat(f,C) =P⁻¹M P. (1)

D’apr`es les calculs effectu´es en 1.(b), on a : f

1 1

= 1

1

= 1.

1 1

et f

1−p p

=M

1−p p

=r.

1−p p

. (2)

De (1) et (2), on d´eduit que :

D=P⁻¹M P =

1 0 0 r

.

Remarque : Pour d´eterminer le produit matricielP⁻¹M P, nous avons appliqu´e la formule du chan- gement de base, ce qui nous a ´evit´e d’effectuer un calcul matriciel coˆuteux en temps et potentiellement source d’erreurs. Mais il est aussi possible de r´epondre `a cette question par un calcul matriciel.

2. (a) De l’´egalit´eD = P⁻¹M P, on d´eduit que P D =M P (multiplication de chacun des membres de l’´egalit´e par P `a gauche), puis

P DP⁻¹=M (multiplication de chacun des membres de la pr´ec´edente ´egalit´e par P⁻¹`a droite). (3) Pour tout n ∈ N, on note Pn la propri´et´eMⁿ =P DⁿP⁻¹. Montrons que Pn est vraie pour tout n∈N, par r´ecurrence.

• Initialisation

La propri´et´e P0 s’´ecrit M⁰ = P D⁰P⁻¹. Comme M⁰ = D⁰ = I2 et P P⁻¹ = I2, P0 se r´e´ecrit I2=I2. Cette propri´et´e est donc vraie.

• H´er´edit´e

On supposePn vraie pour un entiern∈Nfix´e, i.e. :

Mⁿ=P DⁿP⁻¹. (4)

Montrons quePn+1 est vraie, i.e. que :Mⁿ⁺¹=P Dⁿ⁺¹P⁻¹.

Mⁿ⁺¹ = MⁿM

= P DⁿP⁻¹P DP⁻¹ (d’apr`es (3) et (4))

= P DⁿDP⁻¹ (P⁻¹P =I2)

= P Dⁿ⁺¹P⁻¹.

• Conclusion

De l’initialisation `a n = 0, de l’h´er´edit´e et de l’axiome de r´ecurrence, on d´eduit que pour tout entier naturel n,Mⁿ=P DⁿP⁻¹.

(b) Soitn∈N. La matriceD´etant diagonale, pour calculer sa puissancen-i`eme, il suffit d’´elever chacun des ses coefficients diagonaux `a la puissancen.On a donc :

Dⁿ =

1 0 0 rⁿ

.

(c) Soitn∈N. Des questions 1.(c), 2.(a) et 2.(b), on d´eduit que : Mⁿ = P DⁿP⁻¹

=

1 1−p

1 p

1 0 0 rⁿ

1 2p−1

p p−1

−1 1

= 1

2p−1

1 1−p

1 p

1 0 0 rⁿ

p p−1

−1 1

.

On calcule ce dernier produit matriciel pour trouver que :

Mⁿ = 1 2p−1





p(1−rⁿ⁺¹) (1−p)(rⁿ−1) p(1−rⁿ) p(rⁿ−r)



.

Partie B : Calcul des termes successifs d’une suite r´ecurrente sur deux termes.

On d´esigne par (un)n∈N la suite num´erique d´efinie par ses deux premiers termes u0, u1 et la relation de r´ecurrence :∀n∈N, u_n+2= 1

pu_n+1+p−1 p u_n. 1. Pour tout entier naturel n, on pose :X_n=

u_n+1 un

.

(a) Montrer que pour tout entier natureln: X_n+1=M X_n. (b) Montrer que pour tout entier natureln: X_n=MⁿX₀.

2. En utilisant la partieA, exprimer pour tout entier natureln,u_n en fonction den,p,r,u₀ etu₁. Correction

1. (a) Soitn∈N.

M Xn =





 1 p

p−1 p

1 0





 un+1

un

=





 1

pu_n+1+p−1 p u_n un+1







=

un+2

un+1

= Xn+1

(b) Pour toutn∈N, on noteP_nla propri´et´eX_n=MⁿX₀. Montrons queP_nest vraie pour tout n∈N, par r´ecurrence.

• Initialisation

La propri´et´eP₀ s’´ecritX₀=M⁰X₀CommeM⁰ =I₂,P₀ se r´e´ecrit X₀=X₀. Cette propri´et´e est donc vraie.

• H´er´edit´e

On supposePn vraie pour un entiern∈Nfix´e, i.e. :

Xn=MⁿX0. (5)

Montrons quePn+1 est vraie, i.e. que :X_n+1=Mⁿ⁺¹X₀.

X_n+1 = M X_n (d’apr`es 1.(a))

= M MⁿX₀ (d’apr`es (5))

= Mⁿ⁺¹X0

• Conclusion

De l’initialisation `a n = 0, de l’h´er´edit´e et de l’axiome de r´ecurrence, on d´eduit que pour tout entier naturel n,Xn=MⁿX0.

2. Notons queX₀= u₁

u0

.Soitn∈N.

D’apr`es la question 1.(b) et la question A−2.(c), on a :

X_n=MⁿX₀= 1 2p−1





p(1−rⁿ⁺¹) (1−p)(rⁿ−1) p(1−rⁿ) p(rⁿ−r)



 u₁

u₀

.

On calcule ce dernier produit matriciel pour obtenir : un+1

un

=Xn= 1 2p−1





p(1−rⁿ⁺¹)u1+ (1−p)(rⁿ−1)u0

p(1−rⁿ)u1+p(rⁿ−r)u0



.

Par suite, on a :

un = 1

2p−1(p(1−rⁿ)u1+p(rⁿ−r)u0).

Partie C : Probabilit´es.

Un joueur souhaite acheter une voiture de luxe au-dessus de ses moyens et pour cela il se rend au casino. Le prix de la voiture correspond `a N jetons (N ∈N^≥2) et le joueur re¸coit une mise initiale denjetons (0≤n≤N).

Le croupier effectue alors une suite de lancers ind´ependants avec une pi`ece truqu´ee. La probabilit´e que PILE apparaisse est ´egale `a p.

Lorsque le r´esultat est PILE, le joueur re¸coit un jeton, dans le cas contraire, il perd un jeton.

Le jeu se termine soit par la ruine du joueur, d`es qu’il n’a plus de jeton (il n’y a donc aucun lancer sin= 0), soit par sa victoire, d`es qu’il a obtenuN jetons.

On noteraαn la probabilit´e que le joueur soit ruin´e avec une mise initiale den.

1. Calculerα0 etαN.

2. On suppose ici : n ∈ J0, N −2K. En consid´erant le r´esultat du premier lancer de la pi`ece, justifier la relation :

α_n+1=p α_n+2+ (1−p)α_n.

3. En d´eduire pour toutn∈J0, NK, l’expression deαn en fonction den,p,ret α1. 4. `A l’aide deαN, calculer la valeur deα1.

5. En d´eduire pour toutn∈J0, NK, l’expression deαn en fonction den,p,ret N.

Correction

1. Sin= 0, alors le joueur n’a aucun jeton au d´ebut du jeu et aucun lancer n’est effectu´e. Il est doncruin´e d`es le d´ebut du jeu. On a ainsiα₀= 1.

Si n=N, alors le joueur a gagn´e d`es le d´ebut du jeu et aucun lancer n’est effectu´e. Il ne peut donc pas ˆ

etre ruin´e. On a doncαN = 0.

2. Soit n ∈J0, N−2K. On note L1P l’´ev´enement PILE apparaˆıt lors du premier lancer et pour tout n∈Non noteRn l’´ev´enementle joueur est ruin´e avec une mise initiale den. On a doncαn=P(Rn).

D’apr`es la formule des probabilit´es totales, appliqu´ee relativement au syst`eme complet d’´ev´enements (L1P, L1P), on a :

P(R_n+1) =P(R_n+1/L₁P)×P(L₁P)

| {z }

p

+P(R_n+1/L₁P)×P(L₁P)

| {z }

1−p

. (6)

Si le joueur poss`eden+ 1 jetons au d´epart et si PILE est apparu au premier lancer, alors le joueur dispose den+ 2 jetons apr`es le premier lancer. Sa probabilit´e d’ˆetre ruin´e est alors la mˆeme que s’il avait eu d`es le d´epart n+ 2 jetons. On a ainsi :

P(Rn+1/L1P) =P(Rn+2). (7) Si le joueur poss`eden+ 1 jetons au d´epart et si PILE n’est pas apparu au premier lancer, alors le joueur dispose denjetons apr`es le premier lancer. Sa probabilit´e d’ˆetre ruin´e est alors la mˆeme que s’il avait eu d`es le d´epartnjetons. On a ainsi :

P(Rn+1/L1P) =P(Rn). (8)

De (6), (7) et (8), on d´eduit que :

P(R_n+1) =p P(R_n+2) + (1−p)P(R_n) i.e.

αn+1=p αn+2+ (1−p)αn. 3. Soitn∈J0, N−2K. D’apr`es la question pr´ec´edente on a :

α_n+1=p α_n+2+ (1−p)α_n et donc :

αn+2= 1

pαn+1+p−1 p αn.

LesN+ 1 termesα₀, α₁, . . . , α_N sont les premiers termes d’une suite (u_n)_n∈Ndont les termes v´erifient la relation de r´ecurrence consid´er´ee dans la partie B du probl`eme. On peut donc appliquer le r´esultat de la question B−2. On obtient ainsi :

∀n∈J0, NK α_n= 1 2p−1



p(1−rⁿ)α₁+p(rⁿ−r) α₀

|{z}

1



= 1

2p−1(p(1−rⁿ)α₁+p(rⁿ−r)). 4. On sait queα_N = 0. D’apr`es la question pr´ec´edente, on a :

α_N

|{z}

0

= 1

2p−1 p(1−r^N)α₁+p(r^N−r) .

On en d´eduit que :

α1=−r^N −r

1−r^N = r^N −r r^N −1. 5. Des questions 3. et 4. on d´eduit que :

∀n∈J0, NK αn= 1

2p−1(p(1−rⁿ)α1+p(rⁿ−r)) = 1 2p−1

p(1−rⁿ)r^N−r

r^N −1 +p(rⁿ−r)

.

Probl` eme II − Une racine cubique de matrice

SoitAla matrice deM₃(R) d´efinie par : A=





−3 11 2

0 8 0

−4 4 3



. 1. D´eterminer les valeurs propres deA.

2. La matriceAest-elle diagonalisable ?

3. Donner une base de chacun des sous-espaces propres deA.

4. Donner une matriceP ∈ M3(R) inversible et une matriceD∈ M3(R) diagonale telles que :A=P DP⁻¹. 5. CalculerP⁻¹.

6. Donner une matrice diagonale ∆∈ M3(R) telle que ∆³=D.

7. En d´eduire une matrice B ∈ M₃(R) telle que : B³=A. On donnera explicitement les coefficients de la matriceB.

Correction

1. On sait queλ∈Rest valeur propre deAsi et seulement si det(A−λI3) = 0. On calcule : det(A−λI3) = det





−3−λ 11 2

0 8−λ 0

−4 4 3−λ





= (−1)²⁺²(8−λ) det

−3−λ 2

−4 3−λ

(d´eveloppement suivant la 2`eme ligne)

= (8−λ) ((−3−λ)×(3−λ)−2×(−4))

= (8−λ) (λ²−1)

= (8−λ)(λ−1)(λ+ 1).

Les valeurs propres de Asont donc−1, 1 et 8.

2. La matriceA est une matrice carr´ee d’ordre 3 et poss`ede 3 valeurs propres distinctes. La matrice A est donc diagonalisable (et chacun des sous-espaces propres deAest de dimension 1).

3. • Base du sous-espace propreE−1 associ´e `a la valeur propre−1 Le sous-espace vectorielE−1est l’ensemble des solutions de :

A



 x y z



=−1.



 x y z



. Pour d´eterminer une base deE−1, on r´esout le syst`eme :

S−1 :







−3x+ 11y+ 2z = −x

8y = −y

−4x+ 4y+ 3z = −z On a :

S₋₁ ⇐⇒







−2x+ 11y+ 2z = 0 9y = 0

−4x+ 4y+ 4z = 0

⇐⇒







−2x+ 2z = 0 y = 0

−4x+ 4z = 0

⇐⇒

−2x+ 2z = 0

y = 0 (L₃= 2L₁) Le syst`emeS₋₁ est de rang 2. On choisit :

1 = nombre d’inconnues

| {z }

3

−rang

| {z }

2

param`etre. Ici on prendz. L’ensemble des solutions deS₋₁est donc : E₋₁=









 z 0 z



 : z∈R







= Vect







 1 0 1







.

Le vecteur u₋₁=



 1 0 1



forme donc une base deE₋₁.

• Base du sous-espace propreE1 associ´e `a la valeur propre 1 Le sous-espace vectorielE1 est l’ensemble des solutions de :

A



 x y z



= 1.



 x y z



.

Pour d´eterminer une base deE1, on r´esout le syst`eme : S₁ :







−3x+ 11y+ 2z = x 8y = y

−4x+ 4y+ 3z = z On a :

S1 ⇐⇒







−4x+ 11y+ 2z = 0 7y = 0

−4x+ 4y+ 2z = 0

⇐⇒







−4x+ 2z = 0 y = 0

−4x+ 2z = 0

⇐⇒

−4x+ 2z = 0

y = 0 (L3=L1) Le syst`emeS1est de rang 2. On choisit :

1 = nombre d’inconnues

| {z }

3

−rang

| {z }

2

param`etre. Ici on prendx. L’ensemble des solutions deS₁ est donc : E1=









 x 0 2x



 : x∈R







= Vect







 1 0 2







.

Le vecteur u₁=



 1 0 2



forme donc une base de E₁.

• Base du sous-espace propreE8 associ´e `a la valeur propre 8 Le sous-espace vectorielE8 est l’ensemble des solutions de :

A



 x y z



= 8.



 x y z



.

Pour d´eterminer une base deE8, on r´esout le syst`eme : S₈ :







−3x+ 11y+ 2z = 8x

8y = 8y (´equation v´erifi´ee quelle que soit la valeur dey)

−4x+ 4y+ 3z = 8z

On a :

S₈ ⇐⇒

−11x+ 11y+ 2z = 0

−4x+ 4y−5z = 0 (L₂←11L₂−4L₁)

⇐⇒

−11x+ 11y+ 2z = 0

−63z = 0 . Le syst`emeS8est de rang 2. On choisit :

1 = nombre d’inconnues

| {z }

3

−rang

| {z }

2

param`etre. Ici on prendy. L’ensemble des solutions de S8est donc : E8=









 y y 0



 : y∈R







= Vect







 1 1 0







.

Le vecteur u8=



 1 1 0



forme donc une base de E8.

4. On noteBla base canonique deR³. D’apr`es le cours, la familleC= (u₋₁, u1, u8) form´ee de trois vecteurs de R³, espace vectoriel de dimension 3, est libre si et seulement si le d´eterminant de la matrice des coordonn´ees deCdansB est non nul, i.e. si et seulement si :

det





1 1 1 0 0 1 1 2 0



6= 0.

On calcule : det





1 1 1 0 0 1 1 2 0



 = (−1)²⁺³×1×det 1 1

1 2

(d´eveloppement suivant la deuxi`eme ligne)

= −(1×2−1×1) =−16= 0.

La famille C= (u−1, u1, u8) est donc une base deR³.

On note f l’endomorphisme de R³ canoniquement associ´e `a la matrice A, i.e. tel que A = Mat(f,B).

D’apr`es la formule de changement de base, on a : Mat(f,B)

| {z }

A

=P_B,C Mat(f,C)P_B,C⁻¹ (9)

o`uP<sub>B,C</sub> = Mat(id<sub>R</sub>3,C,B) est la matrice de passage deB`a C.

Comme u₋₁∈E₋₁, on a f(u₋₁) =Au₋₁ =−1.u₋₁. On calcule de mˆemef(u1) = 1.u1 et f(u8) = 8.u8. Ainsi a-t-on :

Mat(f,C) =





−1 0 0 0 1 0 0 0 8



. Si on pose

P=PB,C =





1 1 1 0 0 1 1 2 0



 (matrice inversible) et

D= Mat(f,C) =





−1 0 0 0 1 0 0 0 8



 (matrice diagonale) alors (9) se r´e´ecrit : A=P DP⁻¹.

5. On calculeP⁻¹ et on trouve :

P⁻¹=





1 1 1 0 0 1 1 2 0





−1

=





2 −2 −1

−1 1 1

0 1 0



.

6. Pour calculer la puissancen-i`eme d’une matrice diagonale, il suffit d’´elever ses coefficients diagonaux `a la puissancen(n∈N).

D’apr`es cette remarque, on a :





−1 0 0 0 1 0 0 0 2





3

=





−1 0 0 0 1 0 0 0 8





| {z }

D

.

Ainsi, en posant

∆ =





−1 0 0 0 1 0 0 0 2





on a ∆³=D.

7. On remarque que :

(P∆P⁻¹)³=P∆P⁻¹P

| {z }

I₃

∆P⁻¹P

| {z }

I₃

∆P⁻¹=P∆³P⁻¹=P DP⁻¹

| {z }

A

.

Ainsi, en posant

B=P∆P⁻¹=





1 1 1 0 0 1 1 2 0









−1 0 0 0 1 0 0 0 2









2 −2 −1

−1 1 1

0 1 0



=





−3 5 2 0 2 0

−4 4 3





on a B³=A.