Probl` eme III - Alg` ebre lin´ eaire

(1)

L.E.G.T.A. Le Chesnoy TB2−2010-2011

D. Blotti`ere Math´ematiques

Correction du devoir surveill´ e n˚3

Probl` eme I - Probabilit´ es

Partie A - Hangars de stockage (extrait du sujet du concours A TB 2005)

Une exploitation agricole dispose de deux hangars H et H’ pour le stockage du foin. Chaque jour, on cherche le foin nécessaire dans l’un des deux hangars. Pour des raisons techniques, si, un jour donné, on utilise le hangar H, le lendemain on réutilisera ce même hangar avec une probabilité de 0,5 et si, un jour donné, on utilise le hangar H’, la probabilité d’utiliser le lendemain le hangar H est égale à 0,4.

On veut analyser l’utilisation des deux hangars sur une longue période ; le premier jour on choisit un hangar au hasard. Pour tout entier naturelnnon nul, on notep_nla probabilité que le hangar H soit utilisé len-ième jour.

1. (a) Donnerp1. (b) Calculerp2. 2. D´emontrer que :

∀n∈N^∗ p_n+1= 0,1p_n+ 0,4.

3. (a) En d´eduire la valeur depn pour tout entier naturelnnon nul.

(b) Calculer lim

n→+∞pn. Correction

Pour toutn∈N^∗, soientH_n et H_n⁰ les ´ev´enements :

H_n : Le hangarH est utilisé le n-ième jour; H_n⁰ : Le hangarH⁰ est utilisé le n-ième jour. Pour chaquen∈N^∗, on remarque queH_n =H_n⁰ et on aP(H_n) =p_n.

1. (a) D’après l’énoncé (le premier jour on choisit un hangar au hasard), on aP(H1) =p1= 0,5.

(b) Pour calculer P(H2) = p2, on applique la formule des probabilités totales relativement au système complet d’événementsH1,H₁⁰ =H1:

(∗) P(H2) =P(H2/H1)P(H1) +P(H2/H₁⁰)P(H₁⁰).

• D’après l’énoncé (si, un jour donné, on utilise le hangar H, le lendemain on réutilisera ce même hangar avec une probabilité de0,5), on aP(H2/H1) = 0,5.

• D’autre part, toujours d’après l’énoncé (si, un jour donné, on utilise le hangar H’, la probabilité d’utiliser le lendemain le hangar H est égale à0,4), on aP(H2/H₁⁰) = 0,4.

• On a vu que P(H1) = 0,5. On a doncP(H₁⁰) =P(H1) = 1−P(H1) = 0,5.

Des trois points pr´ec´edents et de (∗), on a :

P(H₂) = 0,5×0,5 + 0,4×0,5 = 0,45.

2. Pour répondre à cette question, on généralise la méthode utilisée ci-dessus pour le calcul deP(H₂).

Soit n ∈ N^∗. Pour exprimer P(Hn+1) =pn+1 en fonction de P(Hn) = pn, on applique la formule des probabilités totales relativement au système complet d’événements Hn,H_n⁰ =Hn :

(∗) P(H_n+1) =P(H_n+1/H_n)P(H_n) +P(H_n+1/H_n⁰)P(H_n⁰).

(2)

• D’après l’énoncé (si, un jour donné, on utilise le hangar H, le lendemain on réutilisera ce même hangar avec une probabilité de0,5), on aP(H_n+1/H_n) = 0,5.

• D’autre part, toujours d’après l’énoncé (si, un jour donné, on utilise le hangar H’, la probabilité d’utiliser le lendemain le hangar H est égale à0,4), on aP(Hn+1/H_n⁰) = 0,4.

• EnfinP(H_n⁰) =P(Hn) = 1−pn.

Des trois points pr´ec´edents et de (∗), on a : P(Hn+1)

| {z }

pn+1

= 0,5pn+ 0,4(1−pn) = 0,1pn+ 0,4.

3. (a) D’après la question précédente, la suite (pn)_n∈_N^∗est arithmético-géométrique. On applique la méthode vue en cours pour exprimerpn en fonction den(n∈N^∗).

• L’unique solution de l’´equationl= 0,1l+ 0,4 estl= 4 9.

• Soit (qn)_n∈_N^∗ la suite d´efinie par :

∀n∈N^∗ qn=pn−l=pn−4 9. On a pour toutn∈N^∗ :

q_n+1 = p_n+1−4

9 (cf. d´efinition de la suite (q_n)_n∈_N^∗)

= 0,1p_n+ 0,4−4 9

| {z }

−₄₅²

= 0,1







pn− 2 45×0,1

| {z }

4 9







= 0,1q_n (cf. d´efinition de la suite (q_n)_n∈_N^∗).

La suite (q_n)_n∈_N^∗ est donc g´eom´etrique de raison 0,1.

• On en déduit, grâce au cours sur les suites géométriques, que :

∀n∈N^∗ q_n =q₁×0,1ⁿ⁻¹. Or q₁=p₁−4

9 = 0,5−4 9 = 1

18 et donc :

∀n∈N^∗ qn= 1

18×0,1ⁿ⁻¹.

• Par suite (cf. d´efinition de la suite (qn)_n∈N^∗), on a :

∀n∈N^∗ pn=qn+l=qn+4 9 =4

9 + 1

18×0,1ⁿ⁻¹. (b) D’apr`es la derni`ere formule obtenue et le fait que :

n→+∞lim 0,1ⁿ= 0 (cf. cours sur les suites g´eom´etriques et−1<0,1<1) on a :

n→+∞lim pn= 4 9.

Partie B - Un d´e et une urne

On dispose d’un dé équilibré et d’une urne qui, au départ, ne contient qu’une boule blanche.

On effectue une suite de lancers successifs avec le dé et, à chaque fois que l’on obtient un résultat différent du 6, on ajoute une boule rouge dans l’urne. Dès que l’on obtient un 6, on tire une boule de l’urne et l’expérience s’arrête.

(3)

1. Pour kentier naturel non nul, soitA_k l’´ev´enement :

on a obtenu 6 auk-ième lancer du dé. (a) CalculerP(A_k) pour toutk∈N^∗ et vérifier que

+∞

X

k=1

P(Ak) = 1.

(b) Quelle est la probabilité d’avoir obtenu un 6 au plus tard au troisième lancer ? (c) Quelle est la probabilité d’avoir obtenu un 6 au plus tard auk-ième lancer ? 2. On appelleB l’événement :

on a obtenu la boule blanche.

(a) Soitk ∈N^∗. Si les k−1 premiers lancers n’ont pas donné de 6, quelle est la composition de l’urne juste avant qu’on ne lance le dé pour lak-ième fois.

(b) En d´eduireP(B∩Ak) pour toutk∈N^∗.

(c) On admet que pour tout x ∈ [0,1[ fixé, la série de terme général x^k

k est convergente et que

+∞

X

k=1

x^k

k =−ln(1−x).CalculerP(B).

Correction

1. (a) Soitk∈N^∗. Si l’on a obtenu un 6 au k-i`eme lancer du d´e, c’est que l’on n’a obtenu aucun 6 avant.

Sinon, le jeu se serait arrêté avant lek-ième lancer. Comme :

• la probabilit´e d’obtenir un 6 lors d’un lancer est 1 6,

• la probabilité d’obtenir un résultat différent de 6 lors d’un lancer est 1−1 6 = 5

6,

• les lancers sont mutuellement ind´ependants, on a :

P(Ak) = 5 6

|{z}

lancer n˚1

× 5 6

|{z}

lancer n˚2

× . . . × 5 6

|{z}

lancer n˚(k−1)

× 1

6

|{z}

lancer n˚k

= 5

6 ^k−11

6

= 5

6 ^k5

6 −1

1 6

= 5

6 k

1 5.

D’après le cours, on sait que la série de terme général 5

6 ^k

est convergente et que :

(∗)

+∞

X

k=1

5 6

^k

=

+∞

X

k=0

5 6

^k!

− 5

6 ⁰

= 1

1−5 6

−1 = 5.

Par linéarité, la série de terme généralP(Ak) = 5

6 k

1

5 est ´egalement convergente et on a :

+∞

X

k=1

P(A_k) =

+∞

X

k=1

1 5

5 6

k

= 1 5

+∞

X

k=1

5 6

k!

=

(∗)1.

(4)

(b) On noteA_≤3 l’événementon a obtenu un 6 au plus tard au troisième lancer. On remarque que : A_≤3=A₁∪A₂∪A₃.

Les événementsA1,A2 etA3 étant deux à deux incompatibles, on a : P(A_≤3) = P(A1) +P(A2) +P(A3)

= 1

6 + 5

6 1

6 + 5

6 ²1

6 (cf. 1.(a))

= 91

216.

(c) Pour répondre à cette question, on généralise la démarche de la question précédente. Un nouvel ingrédient sera utile ici : la formule donnant l’expression d’une somme de termes consécutifs d’une suite géométrique.

Soit k ∈ N^∗. On note A_≤k l’événement on a obtenu un 6 au plus tard au k-ième lancer. On remarque que :

A≤k =A1∪A2∪. . .∪Ak.

Les événementsA1,A2,. . ., Ak étant deux à deux incompatibles, on a : P(A_≤k) = P(A1) +P(A2) +. . .+P(Ak)

= 1

6 + 5

6 1

6 +. . .+ 5

6 k−1

1

6 (cf. 1.(a))

= 1

6 1 +5

6 +. . .+ 5

6 k−1!

| {z }

k−1

X

i=0

5 6

ⁱ

= 1

6





 1−

5 6

^k

1−5 6







(cf. cours sur les suites g´eom´etriques)

= 1− 5

6 ^k

.

2. (a) Soitk∈N^∗. Si les (k−1) premiers lancers n’ont pas donné de 6, alors l’urne contient 1 boule blanche et (k−1) boules rouges, juste avant qu’on ne lance le dé pour lak-ième fois.

(b) Soit k∈N^∗. Si l’événement A_k est réalisé, alors les (k−1) premiers lancers n’ont pas donné de 6.

Sinon, l’expérience se serait arrêtée avant. D’après la question précédente, on a alors une chance sur k de tirer la boule blanche. On a ainsi :

P(B/Ak) = 1 k. On peut alors calculerP(B∩Ak).

P(B∩Ak) = P(B/Ak)P(Ak) (cf. d´efinition d’une probabilit´e conditionnelle)

= 1

k× 5

6 ^k 1

5 (cf. 1.(a))

= 1

5 5

6 k

k .

(5)

(c) Il y a deux alternatives pour ce jeu. Soit il s’arrête aprèsk lancers, soit il ne s’arrête pas. Ainsi, si on noteA_∞ l’événementle jeu ne s’arrête pas, la famille :

(A_∞, A1, A2, . . . , An, . . .)

est un système complet d’événements (dénombrable). On peut alors appliquer la formule des proba- bilités totales relativement à ce système pour calculerP(B). On trouve :

(?) P(B) =P(B∩A_∞) +

+∞

X

k=1

P(B∩Ak).

(La convergence de la série de terme généralP(B∩Ak) est assurée par un résultat du cours.) Il reste maintenant deux calculs à effectuer : celui deP(B∩A_∞) et celui de

+∞

X

k=1

P(B∩Ak).

• Calcul de P(B∩A_∞)

L’événément A_∞est l’événement complémentaire de

+∞

[

k=1

Ak.On a donc :

(∗) P(A_∞) = 1−P

+∞

[

k=1

A_k

! .

Comme la famille (A1, A2, . . . , An, . . .) est une famille dénombrable d’événements deux à deux disjoints, on a le résultat suivant (cf. cours). La série de terme généralP(Ak) converge (ce que l’on a déjà obtenu en 1.(a)) et :

P

+∞

[

k=1

Ak

!

=

+∞

X

k=1

P(Ak).

Or d’apr`es 1.(a) :

+∞

X

k=1

P(Ak) = 1.On a donc :

(∗∗) P

+∞

[

k=1

Ak

!

= 1.

De (∗) et (∗∗), on d´eduit que :P(A_∞) = 0.Par suite, on a : (??) P(B∩A∞) = 0.

En effet, de l’inclusionB∩A_∞⊂A_∞ on déduit l’inégalité 0≤P(B∩A_∞)≤P(A_∞) = 0.

• Calcul de

+∞

X

k=1

P(B∩A_k)

+∞

X

k=1

P(B∩Ak) =

+∞

X

k=1

1 5

5 6

^k

k

= 1

5







+∞

X

k=1

5 6

k







(par lin´earit´e)

= −1 5 ln

1−5

6

(cf. ´enonc´e)

= 1

5 ln(6) On a donc :

(? ? ?)

+∞

X

k=1

P(B∩A_k) = 1 5 ln(6)

(6)

De (?), (??) et (? ? ?), on d´eduit alors queP(B) =1 5 ln(6).

Probl` eme II - Analyse

Partie A - ´Etude d’une fonction

On rappelle que le nombree est strictement plus grand que 2, i.e. 2< e.

1. Justifier que ln(2)<1. En d´eduire que la fonction : f: [1,2]→R, x7→p

2−ln(x) est bien d´efinie et qu’elle est d´erivable sur [1,2].

2. Montrer que :

∀x∈[1,2] f⁰(x) =− 1 2xf(x) puis donner le tableau de variations def avec les valeurs aux bornes.

3. Prouver que√

2<2 et quep

2−ln(2)>1. En d´eduire que pour toutx∈[1,2],f(x)∈[1,2].

4. Prouver que√

2>1 et quep

2−ln(2)<2, puis d´emontrer que l’´equationf(x)−x= 0 admet une unique solution sur [1,2]. On noteraαcette solution dans la suite.

Correction

1. • Preuve de ln(2)<1

La fonction ln est strictement croissante surR^+×. Ainsi, comme 2< e, on a ln(2)<ln(e) = 1.

• Preuve de :La fonctionf est bien d´efinie.

En utilisant, `a nouveau, que la fonction ln est (strictement) croissante surR^+×, on a :

∀x∈[1,2] 0 = ln(1)≤ln(x)≤ln(2). (1)

De (1) et de ln(2)<1, on d´eduit :

∀x∈[1,2] 0≤ln(x)<1, puis :

∀x∈[1,2] 1<2−ln(x)≤2. (2)

Pour toutx∈[1,2], on a ainsi 2−ln(x)≥0. La fonctionf est donc bien d´efinie.

• Preuve de :La fonctionf est d´erivable sur [1,2].

La fonctionx7→2−ln(x) est dérivable sur [1,2] et la fonction racine carrée est dérivable sur ]0,+∞[.

La fonctionf sera donc d´erivable sur :

{x∈[1,2] : 2−ln(x)>0}.

On déduit de (2) que toutx∈[1,2] vérifie 2−ln(x)>0. Ainsi f est-elle dérivable sur [1,2].

2. La fonctionf est égale à v◦uoùuetv sont les fonctions définies par :

u: [1,2]→R, x7→2−ln(x) et v: ]0,+∞[→R, x7→√ x.

(7)

On a donc pour toutx∈[1,2] :

f⁰(x) = (v◦u)⁰(x)

= u⁰(x)×v⁰(u(x))

= −1

x× 1

2p

2−ln(x)

= − 1

2xf(x).

La fonction f est positive (la racine carr´ee d’un nombre r´eel positif est un nombre positif). Ainsi a-t-on :

∀x∈[1,2] f⁰(x)<0. (3) On a donc le tableau de variation suivant pourf.

x 1 2

√2 Variations de f

&

p2−ln(2)

3. • Preuve de√ 2<2

La fonction racine carr´ee est strictement croissante surR⁺ et 2<4. On a donc√ 2<√

4 = 2.

• Preuve dep

2−ln(2)>1

On sait (cf. question 1) que ln(2)<1. On a donc 2−ln(2)>1. La fonction racine carrée étant strictement croissante surR⁺, on en déduit :p

2−ln(2)>√ 1 = 1.

• Preuve de :Pour toutx∈[1,2],f(x)∈[1,2].

Soitx∈[1,2].

1≤x≤2 =⇒ p

2−ln(2)≤f(2)≤f(x)≤f(1) =√

2 (f est (strictement) d´ecroissante sur [1,2])

=⇒ 1< f(x)<2 (cf. deux points pr´ec´edents) On a doncf(x)∈]1,2[ et a fortiorif(x)∈[1,2].

4. • Preuve de√ 2>1

La fonction racine carr´ee est strictement croissante surR⁺ et 1<2. On a donc 1 =√ 1<√

2.

• Preuve dep

2−ln(2)<2

On a ln(2)>0 (la fonction ln est strictement croissante surR^+× et 2>1). On a donc 2−ln(2)<2. La fonction racine carrée étant strictement croissante surR⁺, on en déduit :p

2−ln(2)<√

2.On conclut en utilisant√

2<2 (cf. question 3).

• Preuve de :L’´equationf(x)−x= 0 admet une unique solution sur [1,2].

Pour répondre à cette question, on va appliquer le théorème de la bijection à la fonction gdéfinie par : g: [1,2]→R, x7→f(x)−x

(8)

et montrer que l’équationg(x) = 0 (équivalente à f(x) =x) admet une unique solution sur [1,2]. On commence par vérifier queg satisfait les hypothèses du théorème de la bijection.

? Les fonctionsf etx7→xsont continues sur [1,2]. La fonctiongest donc ´egalement continue sur [1,2]

(la diff´erence de deux fonctions continues est continue).

? Les fonctions f et x7→ xsont dérivables sur [1,2]. La fonction g est donc également dérivable sur [1,2] (la différence de deux fonctions dérivable est dérivable) et on a, pour toutx∈[1,2] :

g⁰(x) = f⁰(x)−1

= − 1

2xf(x)−1 (cf. question 2).

Comme pour toutx∈[1,2],f⁰(x)<0 (cf. in´egalit´e (3)), on a :

∀x∈[1,2] g⁰(x)<0.

Ainsi la fonctiong est-elle strictement d´ecroissante sur [1,2].

La fonction g est continue et strictement d´ecroissante sur [1,2], elle r´ealise une bijection de [1,2] sur [g(2), g(1)] = [p

2−ln(2)−2,√ 2−1].

Or p

2−ln(2)−2<0 et√

2−1>0, d’après les deux points précédents. Le nombre 0 appartient donc

`

a l’intervalle [p

2−ln(2)−2,√ 2−1].

Par suite, l’équationg(x) = 0 (équivalente à f(x) =x) admet une unique solution sur [1,2].

Partie B - ´Etude d’une suite r´ecurrente

Soit (u_n)_n∈_Nla suite d´efinie par :

u0= 1 et ∀n∈N un+1=p

2−ln(un).

D’apr`es la question 3 de la partie A, la suite (un)n∈N est bien d´efinie et pour toutn∈N,un∈[1,2].

1. Montrer que pour tout réelx∈[1,2],|f⁰(x)| ≤ 1 2. 2. Énoncer le théorème des accroissements finis.

3. Exprimer f(α) en fonction deαet en d´eduire que pour toutn∈N,|un+1−α| ≤ 1

2|un−α|.

4. Montrer que pour toutn∈N,|un−α| ≤ 1

2 n

|u0−α|. En d´eduire que la suite (u_n)_n∈_Nest convergente et d´eterminer sa limite.

Correction

1. Soitx∈[1,2]. Alors f⁰(x) =− 1

2xf(x) (question 2 de la partie A). On a donc :

(∗) |f⁰(x)|= 1

2|x| |f(x)|. Comme 1≤x≤2, on a|x| ≥1 et donc :

(∗∗) 1

|x| ≤1 (x7→ 1

x est strictement d´ecroissante sur ]0,+∞[).

D’autre part, `a la question 3 de la partie A, on a ´etabli que 1≤f(x)≤2. Par suite on a |f(x)| ≥1 et donc :

(∗ ∗ ∗) 1

|f(x)| ≤1 (x7→ 1

x est strictement d´ecroissante sur ]0,+∞[).

(9)

De (∗), (∗∗) et (∗ ∗ ∗), on déduit que pour tout réelx∈[1,2],|f⁰(x)| ≤ 1 2. 2. Le théorème des accroissements finis s’énonce comme suit.

Théorème des accroissements finis : Soit ϕ: [a, b]→R une fonction continue sur [a, b] et dérivable sur ]a, b[. Alors il existec∈]a, b[ tel que :ϕ(b)−ϕ(a) =ϕ⁰(c)(b−a).

On dispose d’une variante de ce théorème, plus souple à utiliser, car aucun ordre n’est imposé entreaet b.

Variante du théorème des accroissements finis : Soit ϕ:I → R une fonction dérivable (et donc continue) sur I. Alors pour tout a, b ∈ I, il existe un nombre réel c compris entre a et b tel que : ϕ(b)−ϕ(a) =ϕ⁰(c)(b−a).

3. • Par d´efinition,αest solution de l’´equationf(x) =x. On a doncf(α) =α.

• Soitn∈N. On applique la variante du théorème des accroissements finis à la fonction f dérivable sur l’intervalle [1,2] entreαetun(αetun appartiennent à [1,2]). Alors il existe un réelccompris entreun

et α(et donc appartenant `a [1,2]) tel que : f(un)

| {z }

u_n+1

−f(α)

| {z }

α

=f⁰(c) (un−α).

On a donc, en prenant la valeur absolue de chacun des termes :

|un+1−α|=|f⁰(c)| |un−α|

´

egalité de laquelle on déduit, grâce à la question 1 de la partie B :

|un+1−α| ≤ 1

2|un−α|

carc∈[1,2].

4. • On montre que pour toutn∈N,|un−α| ≤ 1

2 ⁿ

|u0−α|, `a l’aide d’un raisonnement par r´ecurrence.

Pour chaque entier natureln, soit :

Pn : |un−α| ≤ 1

2 ⁿ

|u0−α|.

? Initialisation

L’assertionP0 s’´ecrit :|u0−α| ≤ 1

2 ⁰

|u0−α|. Comme 1

2 ⁰

= 1, l’assertionP0 est vraie.

? Hérédité

Supposons l’assertion Pn vraie pour un entiernfix´e, i.e. :

|un−α| ≤ 1

2 n

|u0−α|.

Montrons qu’alorsPn+1 est ´egalement vraie, i.e. :

|un+1−α| ≤ 1

2 ⁿ⁺¹

|u0−α|.

On a :

|u_n+1−α| ≤ 1

2|u_n−α| (cf. question 3 de la partie B)

≤ 1 2

1 2

ⁿ

|u0−α| (d’apr`esPn)

≤ 1

2 n+1

|u0−α|.

(10)

? Conclusion

D’après l’initialisation au rang n = 0, l’hérédité et l’axiome de récurrence, on a pour tout n ∈ N,

|un−α| ≤ 1

2 ⁿ

|u0−α|.

• Soitn∈N. Alors de|un−α| ≤ 1

2 ⁿ

|u0−α|, on d´eduit :

(∗) −

1 2

n

|u0−α| ≤un−α≤ 1

2 n

|u0−α|.

En effet si A ∈ R⁺ et X ∈ R, alors |X| ≤ Aéquivaut à −A ≤ X ≤A. En ajoutant α à chacun des membres de l’inéquation (∗), on obtient :

(∗∗) α−

1 2

n

|u0−α| ≤un≤α+ 1

2 n

|u0−α|.

D’après le cours sur les suites géométriques et les opérations sur les limites, on a :

n→+∞lim α− 1

2 n

|u0−α|=α et lim

n→+∞α+ 1

2 n

|u0−α|=α.

Ainsi l’inéquation (∗∗) et le théorème des gendarmes entraˆınent que la suite (un)_n∈N converge et que lim

n→+∞un=α.

Probl` eme III - Alg` ebre lin´ eaire

(d’apr`es le sujet du concours A TB 2007)

Dans cet exercice, on noteB= (e1, e2, e3) la base canonique deE=R³. La matriceAest d´efinie par :

A=





2 1 −2

1 0 0

0 1 0



.

On note f l’endomorphisme deE canoniquement associé à la matriceA, i.e.f = App(A,B,B). On note enfin id_E l’application identité deE.

1. D´eterminer le rang def, son noyau et son image.

2. Déterminer le rang def−idE, montrer que le vecteuru, de coordonnées (1,1,1) dans la baseB, appartient au noyau de f−idE et en déduire Ker(f −idE).

3. Soientvetwles vecteurs de coordonn´ees respectives (1,−1,1) et (4,2,1) dans la baseB. D´eterminerf(v) et f(w) en fonction dev etw.

4. Montrer queC= (u, v, w) est une base deE.

5. D´eterminer (sans autre calcul) la matrice def dans la baseC. On noteraD cette matrice.

6. (a) D´eterminer la matriceP d´efinie par :

P = Mat(id_E,C,B).

(b) Justifier queP est inversible et calculer la matrice P⁻¹. (c) Montrer, sans calcul, que :

A=P DP⁻¹.

(d) Exprimer pour tout entier naturelnla matriceAⁿ `a l’aide deP,D, netP⁻¹.

(11)

(e) Donner explicitement la premi`ere colonne deAⁿ en fonction den.

7. V´erifier que :

f³= 2f²+f−2id_E.

8. En déduire l’inversibilité deA et exprimerA⁻¹ à l’aide deI3,AetA².

9. Montrer que pour toutn∈N, il existe un unique triplet (an, bn, cn) de nombres r´eels tel que : Aⁿ=anI3+bnA+cnA²

et que les mˆemes valeurs satisfont `a :

(∗) Dⁿ =a_nI₃+b_nD+c_nD². 10. R´esoudre le syst`eme (∗) et donneran,bn etcn pour toutn∈N.

11. Exprimer pour tout entier naturelnla matriceAⁿen fonction deI3,A,A²etn. La formule demeure-t-elle vraie pour n=−1 ?

Correction

1. • Calcul du rang def

D’apr`es le cours, le rang de l’application lin´eairef est le rang de la matriceA. On calcule le rang deA.

rang(A) = rang





2 1 −2

1 0 0

0 1 0





= rang





−2 2 1 0 1 0 0 0 1



 (permutation des colonnes)

= 3 (onlit le rang sur une matrice ´echelonn´ee)

• D´etermination de l’image def

Par d´efinition, le rang de l’application lin´eaire f est la dimension de son image Im(f). Im(f) est un sous-espace vectoriel de dimension 3 deR³ qui lui aussi est de dimension 3. On a donc Im(f) =R³.

• D´etermination du noyau def

Le théorèmenoyau-image, appliqué àf, s’écrit : dim(Ker(f)) + dim(Im(f))

| {z }

3

= dim(R³)

| {z }

3

.

On en d´eduit que Ker(f) ={0_R3}.

2. • Calcul du rang def −idE

D’après le cours, le rang de l’application linéairef −idE est le rang de la matriceA−I3, oùI3 est la matrice unité 3×3. En effet, la matriceA−I₃ est la matrice de l’application linéairef −id_E dans la base B.

On calcule le rang deA−I₃.

(12)

rang(A−I₃) = rang









2 1 −2

1 0 0

0 1 0



−





1 0 0 0 1 0 0 0 1









= rang





1 1 −2

1 −1 0

0 1 −1





= rang





1 1 −2

0 −2 2

0 1 −1



 (L2←L2−L1)

= rang





1 1 −2

0 −2 2

0 0 0



 (L3←2L3+L2)

= 2 (onlit le rang sur une matrice ´echelonn´ee)

• Preuve de :u∈Ker(f−id_E)

Comme on l’a déjà remarqué, la matrice de l’application linéairef−id_Edans la base canonique deR³ estA−I3dans la baseB. L’image du vecteuru, de coordonnées (1,1,1) dans la baseB, par l’application f −idE a donc pour coordonnées dans la baseB :

(A−I3)



 1 1 1



 =





1 1 −2

1 −1 0

0 1 −1







 1 1 1





=



 0 0 0



.

On a donc (f−idE)(u) = 0_R³ et doncu∈Ker(f−idE).

• D´etermination de Ker(f−id_E)

On rappelle que le rang de l’application linéairef−id_E, qui est égal à 2, est par définition la dimension de dim(Im(f−id_E)). Le théorèmenoyau-image, appliqué àf−id_E, s’écrit :

dim(Ker(f−idE)) + dim(Im(f−idE))

| {z }

2

= dim(R³)

| {z }

3

.

On en d´eduit que dim(Ker(f −idE)) = 1. Par suite tout vecteur non nul de Ker(f−idE) induit une base de Ker(f −idE). Par exemple le vecteuru=e1+e2+e3 (ua pour coordonn´ees (1,1,1) dans la base B= (e1, e2, e3)) induit une base de Ker(f−idE). On a donc :

Ker(f −idE) = Vect(u) ={λ.u : λ∈R}.

3. • Calcul de f(v)

La matrice de l’application linéairef dans la base canonique deR³ estA dans la baseB. L’image du vecteur v, de coordonnées (1,−1,1) dans la baseB, par l’application f a donc pour coordonnées dans la baseB:

A



 1

−1 1



 =





2 1 −2

1 0 0

0 1 0







 1

−1 1





=





−1 1

−1



. On a donc :

(∗) f(v) =−e1+e2−e3.

(13)

Les coordonnées de vétant (1,−1,1) dans la baseB= (e₁, e₂, e₃), on a : (∗∗) v=e₁−e₂+e₃. De (∗) et (∗∗), on déduit quef(v) =−v.

• Calcul de f(w)

L’image du vecteur w, de coordonn´ees (4,2,1) dans la baseB, par l’application f a pour coordonn´ees dans la baseB:

A



 4 2 1



 =





2 1 −2

1 0 0

0 1 0







 4 2 1





=



 8 4 2



. On a donc :

(∗ ∗ ∗) f(w) = 8e1+ 4e2+ 2e3. Les coordonn´ees de w´etant (4,2,1) dans la baseB= (e₁, e₂, e₃), on a :

(∗ ∗ ∗∗) w= 4e₁+ 2e₂+e₃. De (∗ ∗ ∗) et (∗ ∗ ∗∗), on d´eduit quef(w) = 2w.

4. D’après le cours, la familleC = (u, v, w) est une base de E =R³, espace vectoriel de dimension 3, si et seulement si son rang est 3. Toujours d’après le cours, les coordonnées de u, v etwdans la base Bétant respectivement (1,1,1), (1,−1,1) et (4,2,1), le rang de la famille C = (u, v, w) est égal au rang de la matrice :





1 1 4

1 −1 2

1 1 1



.

rang





1 1 4

1 −1 2

1 1 1



 = rang





1 1 4

0 −2 −2

0 0 −3



 (L₂←L₂−L₁, L₃←L₃−L₁)

= 3 (onlit le rang sur une matrice ´echelonn´ee).

La famille C= (u, v, w) est donc une base deR³.

5. On sait que u∈Ker(f−idE) et donc quef(u)−u= 0_R3. On en d´eduitf(u) =u. En outre, on sait (cf.

question 3) que :f(v) =−v etf(w) = 2w. On en d´eduit que :

D= Mat(f,C,C) =

f(u) f(v) f(w)





1 0 0

0 −1 0

0 0 2



 / u / v / w

.

6. (a) Comme les coordonn´ees deu,vetwdans la baseBsont respectivement (1,1,1), (1,−1,1) et (4,2,1), on a :

P = Mat(idE,C,B) =

u v w





1 1 4

1 −1 2

1 1 1



 / e₁ / e₂ / e₃

.

On a déjà rencontré cette matrice (cf. question 4).

(14)

(b) La matriceP est inversible car c’est une matrice d’isomorphisme (l’application identit´e d’un espace vectoriel est un isomorphisme). (On pouvait aussi argumenter en disant que le rang de la matriceP est 3 (cf. question 4).)

On calcule maintenant la matrice P⁻¹.





1 1 4 1 0 0

1 −1 2 0 1 0

1 1 1 0 0 1









1 1 4 1 0 0

0 −2 −2 −1 1 0

0 0 −3 −1 0 1



 (L2←L2−L1, L3←L3−L1)





3 3 0 −1 0 4

0 −6 0 −1 3 −2

0 0 −3 −1 0 1



 (L2←3L2−2L3, L1←3L1+ 4L3)





6 0 0 −3 3 6

0 −6 0 −1 3 −2

0 0 −3 −1 0 1



 (L₁←2L₁+L₂)







1 0 0 −1

2 1

0 1 0 1

6 −1 2

1 3

0 0 1 1

3 0 −1

3







(L1← 1

6L1, L2← −1

6L2, L3← −1 3L3)

On en d´eduit que :

P⁻¹=







−1 2

1

2 1

1 6 −1

2 1 3 1

3 0 −1

3





 .

(c) On aA= Mat(f,B,B),D= Mat(f,C,C),P = Mat(idE,C,B). On en d´eduit que : P⁻¹= Mat((idE)⁻¹

| {z }

id_E

,B,C) = Mat(idE,B,C).

Par suite :

P DP⁻¹ = Mat(idE,C,B) Mat(f,C,C) Mat(idE,B,C)

| {z }

Mat(f◦idE,B,C)

= Mat(idE,C,B) Mat(f ◦idE,B,C)

= Mat(idE◦f◦idE

| {z }

f

,B,B)

= A.

(15)

(d) Soitn∈N. DeA=P DP⁻¹on d´eduit : Aⁿ = (P DP⁻¹)ⁿ

= P DP⁻¹P

| {z }

I₃

DP⁻¹P

| {z }

I₃

DP⁻¹ . . . P DP⁻¹P

| {z }

I₃

DP⁻¹

= P DⁿP⁻¹.

(e) Soitn∈N. La matriceD´etant diagonale, il est ais´e de calculer ses puissances. On trouve :

∀n∈N Dⁿ=





1ⁿ 0 0

0 (−1)ⁿ 0

0 0 2ⁿ



=





1 0 0

0 (−1)ⁿ 0

0 0 2ⁿ



. On a donc :

Aⁿ = P DⁿP⁻¹ (cf. question 6.(d))

=







1 1 4

1 −1 2

1 1 1













1 0 0

0 (−1)ⁿ 0

0 0 2ⁿ













−1 2

1

2 1

1 6 −1

2 1 3 1

3 0 −1

3





 .

On calcule ce dernier produit matriciel pour voir que la premi`ere colonne deAⁿ est :







−1

2+(−1)ⁿ

6 +2ⁿ⁺² 3

−1

2 +(−1)ⁿ⁺¹

6 +2ⁿ⁺¹ 3

−1

2 +(−1)ⁿ 6 +2ⁿ

3





 .

7. La matrice de l’application linéairef dans la baseCest la matriceDet celle de l’application linéaireid_E est I₃. (Il est plus astucieux de considérer la baseCplutôt que la baseB car la matrice def dans la base C est diagonale ; il est donc aisé de calculer ses puissances.) D’après le cours, on a donc :

f³= 2f²+f−2idE ⇐⇒ D³= 2D²+D−2I3. Cette dernière égalité matricielle est vérifiée car :

D³=





1 0 0

0 −1 0

0 0 8



 , D²=





1 0 0 0 1 0 0 0 4



 , D=





1 0 0

0 −1 0

0 0 2



 , I₃=





1 0 0 0 1 0 0 0 1



.

On a doncf³= 2f²+f −2idE.

8. Comme la matrice de l’application linéaire f dans la base B est la matrice A et celle de l’application linéaireidE estI3, de l’égalitéf³= 2f²+f−2idE, on déduit :A³= 2A²+A−2I3. Comme :

A³= 2A²+A−2I₃ =⇒ A³−2A²−A=−2I3

=⇒ A(A²−2A−I₃) =−2I₃

=⇒ A×

−1

2 A²−2A−I₃

=I₃ il existe une matriceB=−1

2 A²−2A−I₃

de taille 3×3 telle queAB=I₃. D’apr`es le cours, la matrice A est donc inversible et :

A⁻¹=B =−1

2A²+A+1 2I3.

(16)

9. • Preuve de l’existence d’un triplet (a_n, b_n, c_n) de nombres r´eels tel que :Aⁿ =a_nI₃+b_nA+c_nA² Dire qu’il existe un triplet (a_n, b_n, c_n) de nombres r´eels tel que :

Aⁿ=anI3+bnA+cnA²

signifie que Aⁿ peut s’écrire comme une combinaison linéaire des matrices I3, A, A² dans l’espace vectorielM3(R) des matrices carrées 3×3, i.e. :

Aⁿ∈Vect(I3, A, A²).

On d´emontre par r´ecurrence que pour toutn∈N,Aⁿ∈Vect(I₃, A, A²).

Pour chaque entier natureln, soit :

Pn : Aⁿ∈Vect(I3, A, A²).

? Initialisation

L’assertionP0 s’´ecrit :A⁰∈Vect(I3, A, A²). CommeA⁰=I3,P0 est vraie (I3= 1.I3+ 0.A+ 0.A²).

? Hérédité

Supposons l’assertion P_n vraie pour un entiernfix´e, i.e. : Aⁿ ∈Vect(I3, A, A²).

Montrons qu’alorsPn+1 est ´egalement vraie, i.e. :

Aⁿ⁺¹∈Vect(I3, A, A²).

CommeAⁿ ∈Vect(I3, A, A²) il existe des coefficientsan, bn, cn∈Rtels que : Aⁿ=a_nI₃+b_nA+c_nA².

On a :

Aⁿ⁺¹ = A Aⁿ

= A(anI3+bnA+cnA²)

= anA+bnA²+cnA³

= anA+bnA²+cn(2A²+A−2I3) (cf. r´eponse `a la question 8.)

= −2cnI3+ (an+cn)A+ (bn+ 2cn)A².

La matriceAⁿ⁺¹ est donc combinaison lin´eaire des matrices I3,Aet A². Ainsi a-t-on : Aⁿ⁺¹∈Vect(I₃, A, A²).

? Conclusion

D’après l’initialisation au rang n = 0, l’hérédité et l’axiome de récurrence, on a pour tout n ∈ N, Aⁿ ∈Vect(I3, A, A²).

• Preuve de l’unicit´e d’un triplet (an, bn, cn) de nombres r´eels tel que :Aⁿ=anI3+bnA+cnA²

L’unicité d’un triplet (an, bn, cn) de nombres réels tel que :Aⁿ=anI3+bnA+cnA²découle du fait que la famille (I3, A, A2) deM3(R) est libre.

En effet, si (I3, A, A2) est une famille libre deM3(R), alors c’est une base de Vect(I3, A, A²) et le triplet (an, bn, cn) forme les coordonnées de Aⁿ dans la base (I3, A, A2) de Vect(I3, A, A²). Ce triplet est nécessairement unique, d’après le cours.

On d´emontre que la famille :



I₃=





1 0 0 0 1 0 0 0 1



 , A=





2 1 −2

1 0 0

0 1 0



 , A²=





5 0 −4 2 1 −2

1 0 0









(17)

est une famille libre deM₃(R). Soitα, β, γ∈Rtels que : αI₃+βA+γA²= 0.

Comme

αI₃+βA+γA²=





∗ ∗ ∗

λ β α



 (∗ symbolise un coefficient que l’on n’explicite pas) on a α=β=λ= 0. La famille (I3, A, A²) est donc libre.

• Preuve de :Aⁿ=anI3+bnA+cnA²=⇒Dⁿ=anI3+bnD+cnD²

Soitn∈N. DeAⁿ =anI3+bnA+cnA² on déduit, grâce à la question 6.(d) : P DⁿP⁻¹=anI3+bnP DP⁻¹+cnP D²P⁻¹ En multipliant chaque membre de cette égalité parP⁻¹ à gauche, on obtient :

P⁻¹P

| {z }

I3

DⁿP⁻¹=a_nP⁻¹+b_nP⁻¹P

| {z }

I3

DP⁻¹+c_nP⁻¹P

| {z }

I3

D²P⁻¹.

On multiplie enfin cette égalité parP à droite et on a : DⁿP⁻¹P

| {z }

I3

=a_nP⁻¹P

| {z }

I3

+b_nDP⁻¹P

| {z }

I3

+c_nD²P⁻¹P

| {z }

I3

d’o`u :

Dⁿ =a_nI₃+b_nD+c_nD².

10. Soitn∈N. Résolution de l’équationDⁿ =anI3+bnD+cnD²d’inconnuesan,bnetcn. On a déjà calculé (cf. réponse à la question 6.(e)). On en déduit :

Dⁿ=anI3+bnD+cnD² ⇐⇒





1 0 0

0 (−1)ⁿ 0

0 0 2ⁿ



=an





1 0 0 0 1 0 0 0 1



+bn





1 0 0

0 −1 0

0 0 2



+cn





1 0 0 0 1 0 0 0 4





⇐⇒







a_n + b_n + c_n = 1 a_n − b_n + c_n = (−1)ⁿ an + 2bn + 4cn = 2ⁿ

⇐⇒







an + bn + cn = 1

− 2bn = (−1)ⁿ−1 bn + 3cn = 2ⁿ−1

(L2←L2−L1, L3←L3−L1) .

En effectuant une permutation sur les lignes (L2↔L3), puis une permutation sur les colonnes (C2↔C3), on transforme le dernier système en un système échelonné. L’algorithme de Gauss s’arrête donc. On a :

b_n=1−(−1)ⁿ 2 cn= 2ⁿ

3 −1

2 +(−1)ⁿ 6 a_n= 1 + (−1)ⁿ

3 −2ⁿ 3

.

11. Soitn∈N. D’après la définition dean,bn,cn et la question précédente, on a :

(∗) Aⁿ =

1 + (−1)ⁿ 3 −2ⁿ

3

I3+

1−(−1)ⁿ 2

A+

2ⁿ 3 −1

2 +(−1)ⁿ 6

A².

(18)

Lorsque n=−1, on a :

1 + (−1)ⁿ 3 −2ⁿ

3

| {z }

1 2

I₃+

1−(−1)ⁿ 2

| {z }

1

A+ 2ⁿ

3 −1

2 +(−1)ⁿ 6

| {z }

−¹₂

A² = 1

2I₃+A−1 2A

= A⁻¹ (cf. question 8).

La formule (∗) est ainsi encore valable sin=−1.