Correction du devoir surveillé 7

Correction du devoir surveillé 7

Exercice — The Matrix Reprogrammed

1. Rappelons qu’une matrice A est antisymétrique si et seulement si ^tA=−A. La fonction suivante prend en argument une matriceA, renvoieTruesi la matrice A est antisymétrique et False sinon.

import numpy as np def antisymetrique(A):

"""

Argument : une matrice A, sous forme de tableau numpy.

Sortie : True si A est antisymétrique , False sinon.

"""

(n, p) = np.shape(A) if n != p:

# La matrice A n'est pas carrée.

return False else:

for i in range(n):

for j in range(n):

if A[j][i] != -A[i][j]:

return False return True

• Remarquons tout d’abord que si une matrice A n’est pas carrée, alors la transposée de A n’a même pas la même taille que A, donc la matrice A ne peut pas être antisymétrique.

• Pour déterminer si une matrice A∈Mn(R) est antisymétrique, on vérifie si pour tout(i, j)∈J1;nK

2,A_j,i=−A_i,j.

Pour ce faire, on parcourt tous les coefficients de la matrice A, à l’aide de deux bouclesfor.

? Si l’on rencontre un coefficient tel que A_j,i soit différent de A_i,j, on renvoie False, ce qui fait sortir de la fonction.

? Si à la sortie de la boucle, on n’a pas rencontré de tel coefficient, alors la matrice A est bien antisymétrique et la fonction renvoie True.

2. (a) Rappelons que le produitAB de deux matrices AetB est défini si et seule- ment si le nombre de colonnes deA est égal au nombre de lignes de B. De plus, siA∈M_n,p(R)et siB ∈M_p,q(R), alors le produitABest la matrice deM_n,q(R) définie par

∀(i, j)∈J1;nK]×J1;qK,(AB)i,j =

p

X

k=1

Ai,kBk,j.

Lycée Pierre-Gilles de Gennes 1 Adriane Kaïchouh

La fonction suivante prend alors en arguments deux matricesAetB, renvoie le produitAB s’il est bien défini, un message d’erreur sinon.

import numpy as np def produit(A, B):

"""

Arguments : deux matrices A et B.

Sortie : la matrice AB si AB est bien défini , un message d'erreur sinon.

"""

(n, p) = np.shape(A) (m, q) = np.shape(B) if p != m:

return "Le produit n'est pas défini !"

else:

C = np.zeros((n, q)) # C sera la matrice produit.

for i in range(n):

for j in range(q):

# On calcule le coefficient (AB)_{i, j}.

somme = 0

for k in range(p):

somme = somme + A[i][k] * B[k][j]

# On remplace C[i][j] par ce coefficient.

C[i][j] = somme return C

(b) Pour calculer les puissances d’une matrice carrée A, on part de la matrice A⁰, qui est la matrice identité. Puis on multiplie successivement A à notre résultat à l’aide de la fonction produitde la question précédente.

Pour créer la matrice identité de taille n, on peut utiliser la commande np.eye(n)

mais on peut aussi la créer à la main avec la fonction suivante.

def identite(n):

"""

Argument : un entier n.

Sortie : la matrice identité de taille n.

"""

I = np.zeros((n, n))

# On commence avec une matrice nulle.

# Puis on remplace les coefficients diagonaux par 1.

for k in range(n):

I[k][k] = 1 return I

La fonction suivante prend alors en arguments une matrice carrée A et un entier naturel m, et renvoie la matrice A^m.

def puissance(A, m):

"""

Arguments : une matrice A et un entier m.

Sortie : la matrice A^m si A est carrée , un message d'erreur sinon.

"""

(n, p) = np.shape(A) if n != p:

return "La matrice A n'est pas carrée !"

else:

B = identite(n) # B sera le résultat.

for k in range(m):

# k va de 0 à m

# On fait donc m multiplications par A.

B = produit(A, B) return B

Problème 1 — La diagonale du carré

Partie I : Diagonalisation

1. Montrons que la matrice P est inversible et calculer son inverse.

Soit Y =



 a b c



∈M_3,1(R).

Résolvons le système P X =Y, d’inconnue X ∈M_3,1(R).

Soit X =



 x y z



∈M_3,1(R). Alors on a l’équivalence suivante :

P X =Y ⇐⇒







x − z = a

−2x + y + z = b 2x + y − 2z = c

⇐⇒







x − z = a

y − z = 2a+b L₂ ←−L₂+ 2L₁ y = −2a+c L3 ←−L3−2L1

⇐⇒







x − z = a

y = −2a+c L₂ ←→L₃ y − z = 2a+b

P X =Y ⇐⇒







x − z = a

y = −2a+c

−z = 4a+b−c L₃ ←−L₃−L₂

⇐⇒







x = −3a − b + c

y = −2a + c

z = −4a − b + c

⇐⇒X =





−3 −1 1

−2 0 1

−4 −1 1



Y.

Ainsi, le système P X = Y, d’inconnue X ∈ M_3,1(R), est de Cramer, donc la matrice P est inversible .

De plus, son inverse est la matrice suivante :

P⁻¹ =





−3 −1 1

−2 0 1

−4 −1 1



.

2. Trouvons tous les réels λ tels que la matrice A−λI₃ ne soit pas inversible.

Soit λ ∈R.

Alors on a l’équivalence suivante :

A−λI₃ ∈GL₃(R)⇐⇒rg(A−λI₃) = 3. Calculons donc le rang de la matrice A−λI₃ :

rg(A−λI3) =rg





16−λ 4 −4

−18 −4−λ 5

30 8 −7−λ





=rg





30 8 −7−λ

−18 −4−λ 5

16−λ 4 −4



L₁ ←→L₃

=rg





30 8 −7−λ

0 4−5λ 4−3λ 0 8(λ−1) (λ−1)(8−λ)



L₂ ←−5L₂+ 3L₁

L₃ ←−30L₃ −(16−λ)L₁. Calcul du dernier coefficient :

30×(−4)−(16−λ)(−7−λ) =−120−(−112−16λ+ 7λ+λ²)

=−8 + 9λ−λ²

=−(λ²−9λ+ 8)

=−(λ−1)(λ−8)

• Premier cas : λ= 1

Dans ce cas, la dernière ligne de la matrice obtenue est nulle, donc rg(A−λI₃)<3.

• Second cas :λ 6= 1 Dans ce cas, on a :

rg(A−λI₃) =rg





30 8 −7−λ

0 8 8−λ

0 4−5λ 4−3λ



L₂ ←→ 1 λ−1L₃

=rg





30 8 −7−λ 0 8 8−λ 0 0 5λ(4−λ)





L₃ ←−8L₃−(4−5λ)L₂. Calcul du dernier coefficient :

8(4−3λ)−(4−5λ)(8−λ) = 32−24λ−(32−4λ−40λ+ 5λ²)

= 20λ−5λ²

= 5λ(4−λ).

Ainsi, dans ce cas, on a l’équivalence suivante :

rg(A−λI₃) = 3⇐⇒5λ(4−λ)6= 0 ⇐⇒ λ6= 0 et λ6= 4.

Finalement, l’ensemble des réels λ tels que la matrice A−λI3 ne soit pas inversible est {0; 1; 4}.

3. Calculons la matriceD : D=P⁻¹AP

=





−3 −1 1

−2 0 1

−4 −1 1









16 4 −4

−18 −4 5 30 8 −7



P

=





0 0 0

−2 0 1

−16 −4 4









1 0 −1

−2 1 1 2 1 −2





=





0 0 0 0 1 0 0 0 4





= Diag(0,1,4).

4. (a) On a D⁰ =I₃ et comme la matriceDest diagonale, on a : pour toutn ∈N^∗, Dⁿ =Diag(0ⁿ,1ⁿ,4ⁿ)

=Diag(0,1,4ⁿ) (comme n>1, on a bien 0ⁿ = 0)

=





0 0 0 0 1 0 0 0 4ⁿ



.

(b) Déduisons-en les puissances de la matrice A.

• Tout d’abord, comme D=P⁻¹AP, on a A=P DP⁻¹ .

• Montrons alors par récurrence que pour tout n∈N, Aⁿ=P DⁿP⁻¹.

? Initialisation

On a : (

A⁰ =I₃

P D⁰P⁻¹ =P I₃P⁻¹ =P P⁻¹ =I₃, donc A⁰ =P D⁰P⁻¹.

? Hérédité

Soit n∈N. Supposons que Aⁿ =P DⁿP⁻¹. Alors on a :

Aⁿ⁺¹ =AⁿA

= (P DⁿP⁻¹)(P DP⁻¹)

=P Dⁿ(P⁻¹P)DP⁻¹

=P DⁿI3DP⁻¹

=P Dⁿ⁺¹P⁻¹.

? Conclusion

Par le principe de récurrence, pour tout n ∈N, on a Aⁿ =P DⁿP⁻¹ .

• D’après la question précédente, on obtient alors que pour tout n∈N^∗, Aⁿ=P DⁿP⁻¹

=P





0 0 0 0 1 0 0 0 4ⁿ









−3 −1 1

−2 0 1

−4 −1 1





=





1 0 −1

−2 1 1 2 1 −2









0 0 0

−2 0 1

−4ⁿ⁺¹ −4ⁿ 4ⁿ





=





4ⁿ⁺¹ 4ⁿ −4ⁿ

−2−4ⁿ −4ⁿ 1 + 4ⁿ 2(4ⁿ⁺¹−1) 2×4ⁿ⁺¹ 1−2×4ⁿ





et A⁰ =I₃ .

5. SoitM =





a b c d e f g h i



∈M₃(R). Calculons les produits M D etDM :

M D =





a b c d e f g h i









0 0 0 0 1 0 0 0 4



=





0 b 4c 0 e 4f 0 h 4i





et

DM =





0 0 0 0 1 0 0 0 4









a b c d e f g h i



 =





0 0 0

d e f

4g 4h 4i



. On a alors l’équivalence suivante :

M D =DM ⇐⇒





0 b 4c 0 e 4f 0 h 4i



=





0 0 0

d e f

4g 4h 4i





⇐⇒

































 0 = 0 b= 0 4c= 0 0 =d e=e 4f =f 0 = 4g h= 4h 4i= 4i

⇐⇒





















 b= 0 c= 0 d= 0 f = 0 g = 0 h= 0

⇐⇒M =





a 0 0 0 e 0 0 0 i





⇐⇒M =Diag(a, e, i).

Ainsi, les matrices M et D commutent si et seulement si la matrice M est diagonale .

Partie II : Racines carrées de la matrice 6. (a) Calculons B² :

B² = (P⁻¹M P)²

=P⁻¹M(P P⁻¹)M P

=P⁻¹M²P

=P⁻¹AP car M² =A

= D .

(b) D’après la question précédente, D=B² donc on a : BD=BB² =B³ =B²B =DB, donc les matrices B etD commutent .

(c) • D’après la question précédente, les matrices B etD commutent.

La question 5 assure alors que la matrice B est diagonale . Soit donc (a, b, c)∈R³ tel que B =Diag(a, b, c).

• Alors on a :

B² =Diag(a, b, c)² =Diag(a², b², c²).

Or d’après la question 6.a), B² =D, donc on a : Diag(a², b², c²) = Diag(0,1,4),

donc 



 a² = 0 b² = 1 c² = 4

donc 



 a= 0

b=−1 oub= 1 c=−2 ouc= 2 donc il existe un couple (γ, δ)∈ {−1; 1}² tel que





 a= 0 b=γ c= 2δ.

Ainsi, il existe un couple (γ, δ)∈ {−1; 1}² tel que

B =





0 0 0 0 γ 0 0 0 2δ



.

7. Calculons le carré de la matriceM :

M² = (P BP⁻¹)²

=P B(P⁻¹P)BP⁻¹

=P B²P⁻¹

=P DP⁻¹ car B² =D

= A ,

donc la matrice M est solution de l’équation M² =A . 8. Résolvons l’équationM² =A, d’inconnue M ∈M₃(R).

• Tout d’abord, les questions 6.a) et 7 donnent, par double implication, que pour toute matrice M ∈M3(R), on a l’équivalence suivante :

M² =A⇐⇒(P⁻¹M P)² =D .

• Trouvons alors, par analyse-synthèse, toutes les matricesB ∈M_3,1(R)telles que B² =D.

? Analyse

Soit B ∈M_3,1(R) telle que B² =D.

Alors d’après les questions 6.b) et 6.c), qui n’utilisent que l’hypothèse que B² =D, il existe (γ, δ)∈ {−1; 1}² tel que B =





0 0 0 0 γ 0 0 0 2δ



.

? Synthèse

Soit B ∈M3,1(R).

Supposons qu’il existe (γ, δ)∈ {−1; 1}² tel que B =





0 0 0 0 γ 0 0 0 2δ



. Soit (γ, δ)un tel couple.

Alors on a :

B² =Diag(0, γ,2δ)²

=Diag(0, γ²,2²δ²)

=Diag(0,1,4) car γ ∈ {−1,1}donc γ² = 1, et de même pour δ

=D, donc B² =D .

? Conclusion

Ainsi, pour toute matrice B ∈M_3,1(R), on a l’équivalence suivante : B² =D⇐⇒ ∃(γ, δ)∈ {−1; 1}², B =Diag(0, γ,2δ).

Autrement dit, l’ensemble des solutions de l’équation B² = D, d’in- connue B ∈M_3,1(R), est











0 0 0 0 1 0 0 0 2



;





0 0 0

0 −1 0 0 0 −2



;





0 0 0 0 1 0 0 0 −2



;





0 0 0 0 −1 0 0 0 2









 .

• Ainsi, pour toute matrice M ∈M_3,1(R), on a l’équivalence suivante : M² =A⇐⇒(P⁻¹M P)² =D

⇐⇒ ∃(γ, δ)∈ {−1; 1}², P⁻¹M P =Diag(0, γ,2δ)

⇐⇒ ∃(γ, δ)∈ {−1; 1}², M =P Diag(0, γ,2δ)P⁻¹ .

Ainsi, l’ensemble des solutions de l’équation M² = A, d’inconnue M ∈ M_3,1(R), est :





 P





0 0 0 0 1 0 0 0 2



P⁻¹;P





0 0 0

0 −1 0 0 0 −2



P⁻¹;P





0 0 0 0 1 0 0 0 −2



P⁻¹;P





0 0 0 0 −1 0 0 0 2



P⁻¹





 .

Calculons ces matrices :

P





0 0 0 0 1 0 0 0 2



P⁻¹ =





1 0 −1

−2 1 1 2 1 −2









0 0 0 0 1 0 0 0 2



P⁻¹

=





0 0 −2 0 1 2 0 1 −4









−3 −1 1

−2 0 1

−4 −1 1





=





8 2 −2

−10 −2 3 14 4 −3





donc

P





0 0 0

0 −1 0 0 0 −2



P⁻¹ =−P





0 0 0 0 1 0 0 0 2



P⁻¹

=





−8 −2 2 10 2 −3

−14 −4 3



,

et

P





0 0 0 0 1 0 0 0 −2



P⁻¹ =





1 0 −1

−2 1 1 2 1 −2









0 0 0 0 1 0 0 0 −2



P⁻¹

=





0 0 2 0 1 −2 0 1 4









−3 −1 1

−2 0 1

−4 −1 1





=





−8 −2 2

6 2 −1

−18 −4 5





donc

P





0 0 0 0 −1 0 0 0 2



P⁻¹ =−P





0 0 0 0 1 0 0 0 −2



P⁻¹ =





8 2 −2

−6 −2 1 18 4 −5



.

Finalement, l’ensemble des racines carrées de la matrice A est :











8 2 −2

−10 −2 3 14 4 −3



;





−8 −2 2 10 2 −3

−14 −4 3



;





−8 −2 2

6 2 −1

−18 −4 5



;





8 2 −2

−6 −2 1 18 4 −5









 .

Problème 2 — Les paramètres en éventail

1. (a) Donnons une équation cartésienne du plan P_t qui passe par le point A_t et qui est normal au vecteur−→n_t.

Soit M(x, y, z)un point de l’espace.

Alors on a l’équivalence suivante : M ∈ Pt ⇐⇒−−→

AtM ⊥ −→nt

⇐⇒D−−→

A_tM

−

→n_tE

= 0

⇐⇒

*

 x−1 y+ 1 z−t







 1 1 t



 +

= 0

⇐⇒(x−1) + (y+ 1) +t(z−t) = 0

⇐⇒ x+y+tz =t² .

Ainsi, le plan P_t admet pour équation cartésienne x+y+tz =t² .

(b) Déduisons-en une représentation paramétrique du plan P_t. Soit M(x, y, z)un point de l’espace.

Alors, d’après la question précédente, on a l’équivalence suivante : M ∈ P_t⇐⇒x+y+tz =t²

⇐⇒x=−y−tz+t²

⇐⇒ ∃(λ, µ)∈R²,







x = −λ − tµ + t²

y = λ

z = µ.

Ainsi, le planP_t passe par le point C_t(t²,0,0) et a pour base(−→u ,−→v_t), avec−→u =





−1 1 0



 et−→v_t =





−t 0 1



(qui sont bien non colinéaires).

(c) Déterminons les coordonnées du projeté orthogonal du point B(1,1,1) sur le planP_t.

Soit H(x, y, z)un point de l’espace.

Alors on a l’équivalence suivante :

H est le projeté orthogonal du point B sur le plan P_t

⇐⇒











H ∈ Pt

−−→BH ⊥ −→u

−−→BH ⊥ −→v_t

⇐⇒











x+y+tz =t² d’après la première question D−−→

BH

−

→uE

= 0 D−−→

BH

−

→v_tE

= 0

⇐⇒







x+y+tz =t²

−(x−1) + (y−1) + 0×(z−1) = 0

−t(x−1) + 0×(y−1) + (z−1) = 0

⇐⇒







x + y + tz = t²

−x + y = 0

−tx + z = 1−t

⇐⇒







x + y + tz = t²

2y + tz = t² L₂ ←−L₂+L₁ ty + (t²+ 1)z = t³−t+ 1 L3 ←−L3+tL1

H est le projeté orthogonal du pointB sur le plan Pt

⇐⇒







x + y + tz = t²

2y + tz = t²

(t²+ 2)z = t³−2t+ 2 L3 ←−2L3−tL2

⇐⇒















x = t²−tz− 1

2(t²−tz) y = 1

2(t²−tz) z = t³−2t+ 2

t²+ 2

car t²+ 2>2>0

⇐⇒















x = 1

2(t²−tz) y = 1

2(t²−tz) z = t³−2t+ 2

t²+ 2

⇐⇒











x = y y = t²

2 − t

2 × t³−2t+ 2 t²+ 2 z = t³−2t+ 2

t²+ 2

⇐⇒















x = y

y = t²(t²+ 2)−t(t³−2t+ 2) 2(t²+ 2)

z = t³−2t+ 2 t²+ 2

⇐⇒















x = y

y = t⁴+ 2t²−t⁴+ 2t²−2t 2(t²+ 2)

z = t³−2t+ 2 t²+ 2

⇐⇒















x = t(2t−1) t²+ 2 y = t(2t−1)

t²+ 2 z = t³−2t+ 2

t²+ 2 .

Ainsi, le projeté orthogonal du pointB(1,1,1)sur le plan P_t est le point

H

t(2t−1)

t²+ 2 ,t(2t−1)

t²+ 2 ,t³−2t+ 2 t²+ 2

.

2. SoitM(x, y, z) un point de l’espace.

Alors on a l’équivalence suivante : M ∈ E_t⇐⇒

tx + y + z = 1 x + ty + z = t

⇐⇒

x + ty + z = t tx + y + z = 1

⇐⇒

x + ty + z = t

(1−t)(1 +t)y + (1−t)z = (1−t)(1 +t) L₂ ←−L₂−tL₁. Procédons alors par disjonction de cas sur la valeur de t.

• Premier cas : t= 1.

Dans ce cas, on a l’équivalence suivante : M ∈ E_t⇐⇒

x + y + z = 1 0 = 0

⇐⇒x+y+z = 1

⇐⇒x=−y−z+ 1

⇐⇒ ∃(λ, µ)∈R²,







x = −λ − µ + 1

y = λ

z = µ.

Ainsi, E₁ est le plan passant par le point D(1,0,0)et de base(−→u ,−→v ), avec−→u =





−1 1 0



 et−→v₁ =





−1 0 1



 (comme à la question 1.a)).

• Second cas :t 6= 1.

Dans ce cas, on a l’équivalence suivante : M ∈ E_t ⇐⇒

x + ty + z = t

(1−t)(1 +t)y + (1−t)z = (1−t)(1 +t)

⇐⇒

( x + ty + z = t

(1 +t)y + z = (1 +t) L₂ ←− 1 1−t

⇐⇒







x = y − 1

y = y

z = −(1 +t)y + (1 +t)

⇐⇒ ∃λ ∈R,







x = λ − 1

y = λ

z = −(1 +t)λ + (1 +t).

Ainsi,E_test la droite passant par le pointE(−1,0,1 +t)et dirigée par le vecteur −→w =



 1 1

−(1 +t)



.

3. Déterminons l’intersection du plan P_t et de l’ensemble E_t. Pour cela, procédons par disjonction de cas sur la valeur de t.

• Premier cas : t= 1.

D’après la question précédente, l’ensembleE₁ est le plan passant par le point D(1,0,0)et de base (−→u ,−→v1).

De plus, d’après la question 1.b), le planP₁ est le plan passant par le point C(1²,0,0), c’est-à-dire par le point D, et de base(−→u ,−→v₁).

Ainsi, les plansE₁ etP₁ sont égaux. Leur intersection est donc E1 ∩ P1 =E1 =P1.

• Second cas :t 6= 1.

Soit M(x, y, z)un point de l’espace.

Alors on a l’équivalence suivante : M ∈ P_t∩ E_t

⇐⇒

(M ∈ Pt

M ∈ E_t

⇐⇒







x + y + tz = t² tx + y + z = 1

x + ty + z = t

⇐⇒







x + y + tz = t²

(1−t)y + (1−t)(1 +t)z = 1−t³ L₂ ←−L₂−tL₁ (t−1)y + (1−t)z = t(1−t) L3 ←−L3−L1

⇐⇒







x + y + tz = t²

(1−t)y + (1−t)(1 +t)z = 1−t³

(1−t)(2 +t)z = (1−t)(1 +t)² L3 ←−L3+L2. Calcul du dernier coefficient :

t(1−t) + (1−t³) = t(1−t) + (1−t)(1 +t+t²)

= (1−t)(1 + 2t+t²)

= (1−t)(1 +t)².

Commet 6= 1 donc 1−t 6= 0, on obtient alors l’équivalence suivante : M ∈ Pt∩ Et⇐⇒







x + y + tz = t²

(1−t)y + (1−t)(1 +t)z = (1−t)(1 +t+t²) (1−t)(2 +t)z = (1−t)(1 +t)²

⇐⇒











x + y + tz = t²

y + (1 +t)z = 1 +t+t² L₂ ←− 1 1−tL₂ (2 +t)z = (1 +t)² L₃ ←− 1

1−tL₃.

? Premier sous-cas : t=−2.

Dans ce cas, on a l’équivalence suivante : M ∈ P_t∩ E_t⇐⇒







x + y − 2z = 4 y − z = 3 0 = 1.

Ainsi, l’intersection du plan P−2 et de la droite E−2 est vide.

La droite E₂ est donc parallèle au plan P−2.

En effet, elle est dirigée par le vecteur −−→w−2, qui est combinaison linéaire des vecteurs −→u et −→v−2 formant une base du plan P−2 :

−−→w−2 =



 1 1 1



=





−1 1 0



+



 2 0 1



=−→u +−→v−2.

? Second sous-cas : t6=−2.

Dans ce cas, on a l’équivalence suivante : M ∈ P_t∩ E_t⇐⇒







x + y + tz = t²

y + (1 +t)z = 1 +t+t² (2 +t)z = (1 +t)²

⇐⇒















x = t² −y−t(1 +t)² 2 +t y = 1 +t+t²− (1 +t)³

2 +t z = (1 +t)²

2 +t

⇐⇒















x = t[t(2 +t)−(1 +t)²] 2 +t −y y = (2 +t)(1 +t+t²)−(1 +t)³

2 +t z = (1 +t)²

2 +t

M ∈ P_t∩ E_t ⇐⇒















x = t(2t+t²−1−2t−t²)

2 +t −y

y = (2 +t+ 2t+t²+ 2t²+t³)−(1 + 3t+ 3t³+t³) 2 +t

z = (1 +t)² 2 +t

⇐⇒















x = −t 2 +t −y

y = 1

2 +t z = (1 +t)²

2 +t

⇐⇒















x = −1 +t 2 +t

y = 1

2 +t z = (1 +t)²

2 +t .

Ainsi, le plan P_t et la droite E_t s’intersectent en un unique point, qui a pour coordonnées

−1 +t 2 +t, 1

2 +t,(1 +t)² 2 +t

.