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Exercices corrigés : Matrices : opérations et inverse — Terminale maths expertes

Besoin de revoir la leçon avant de te lancer ? Cours et fiche de révision : Matrices : opérations et inverse

Niveau: Terminale maths expertes
Chapitre: Matrices : opérations et inverse
Nombre d'exercices: 20 exercices corrigés
Difficulté: Application directe à type bac

Une matrice est un tableau de nombres qu'on additionne, qu'on multiplie et parfois qu'on inverse — mais dont le produit obéit à des règles inhabituelles : il n'est pas commutatif, et deux matrices non nulles peuvent avoir un produit nul. Ces 20 exercices corrigés couvrent tout le chapitre en maths expertes : somme et produit par un réel, produit matriciel et ses pièges, matrice identité, puissances d'une matrice, déterminant et condition d'inversibilité, inverse d'une matrice $2 \times 2$ 2 × 2 puis $3 \times 3$ 3 × 3, résolution de systèmes linéaires par la matrice inverse, polynôme annulateur, matrices qui commutent, et calcul de $A^{n}$ Aⁿ par récurrence, par le binôme de Newton avec une matrice nilpotente, puis par diagonalisation. Les applications finales — suites couplées, suite de Fibonacci, modèle d'évolution — montrent à quoi sert vraiment cette machinerie. Chaque correction est rédigée pas à pas, produit par produit, avec vérification.

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Exercice 1 — Somme, produit par un réel, égalité

Application directe

Une matrice de format $n \times p$ n × p a $n$ n lignes et $p$ p colonnes.

La somme et le produit par un réel s'effectuent COEFFICIENT PAR COEFFICIENT, et n'ont de sens qu'entre matrices de même format.

On pose $A = (1324)$ A = 1 2 ; 3 4 et $B = (02 - 1 5)$ B = 0 -1 ; 2 5.

1.Calculer $A + B$ A + B et $3 A$ 3A.
2.Calculer $A - 2 B$ A - 2B.
3.Déterminer les réels $x$ x et $y$ y tels que $(x + 1 3 2 y - 4) = (5321)$ x+1 2 ; 3 y-4 = 5 2 ; 3 1.

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Correction détaillée

1
Les deux matrices sont de format $2 \times 2$ 2 × 2 : la somme est définie, et se fait terme à terme.
2
$A + B = (1 + 0 3 + 2 2 + (- 1) 4 + 5) = (1519)$ A + B = 1+0 2+(-1) ; 3+2 4+5 = 1 1 ; 5 9.
3
Pour $3 A$ 3A, on multiplie CHAQUE coefficient par $3$ 3 : $3 A = (39612)$ 3A = 3 6 ; 9 12.
4
Pour $A - 2 B$ A - 2B, on calcule d'abord $2 B = (04 - 2 10)$ 2B = 0 -2 ; 4 10.
5
Puis $A - 2 B = (1 - 0 3 - 4 2 - (- 2) 4 - 10) = (1 - 1 4 - 6)$ A - 2B = 1-0 2-(-2) ; 3-4 4-10 = 1 4 ; -1 -6.
6
Attention au signe sur le coefficient $- 2$ -2 : $2 - (- 2) = 4$ 2 - (-2) = 4, et non $0$ 0.
7
Troisième question : deux matrices sont égales lorsqu'elles ont le même format ET les mêmes coefficients, un par un.
8
L'égalité impose donc $x + 1 = 5$ x + 1 = 5 et $y - 4 = 1$ y - 4 = 1, les autres coefficients étant déjà identiques.
9
On résout : $x = 4$ x = 4 et $y = 5$ y = 5.
10
Vérification : $(4 + 1 3 2 5 - 4) = (5321)$ 4+1 2 ; 3 5-4 = 5 2 ; 3 1 ✔.

Réponse :

A + B = (1519)

A + B = 1 1 ; 5 9 ·

3 A = (39612)

3A = 3 6 ; 9 12 ·

A - 2 B = (1 - 1 4 - 6)

A - 2B = 1 4 ; -1 -6 ·

x = 4

x = 4 et

y = 5

y = 5.

Rappel de cours : Somme et produit par un réel : coefficient par coefficient, entre matrices de MÊME FORMAT. Égalité de matrices : même format et tous les coefficients égaux — soit autant d'équations que de cases.

Erreur fréquente : Additionner des matrices de formats différents. Une matrice $2 \times 3$ 2 × 3 et une matrice $3 \times 2$ 3 × 2 ne s'additionnent pas, même si elles ont le même nombre de coefficients.

Exercice 2 — Le produit matriciel

Application directe

Le produit $A B$ AB n'a de sens que si le nombre de COLONNES de $A$ A égale le nombre de LIGNES de $B$ B.

Le coefficient de la ligne $i$ i et de la colonne $j$ j du produit s'obtient en combinant la ligne $i$ i de $A$ A avec la colonne $j$ j de $B$ B.

On reprend $A = (1324)$ A = 1 2 ; 3 4 et $B = (02 - 1 5)$ B = 0 -1 ; 2 5.

1.Calculer $A B$ AB.
2.Calculer $B A$ BA et comparer avec $A B$ AB.
3.Calculer $A \times (1 - 1)$ A × 1 ; -1.

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1
Coefficient en haut à gauche de $A B$ AB : ligne $1$ 1 de $A$ A avec colonne $1$ 1 de $B$ B, soit $1 \times 0 + 2 \times 2 = 4$ 1 × 0 + 2 × 2 = 4.
2
Coefficient en haut à droite : ligne $1$ 1 de $A$ A avec colonne $2$ 2 de $B$ B, soit $1 \times (- 1) + 2 \times 5 = - 1 + 10 = 9$ 1 × (-1) + 2 × 5 = -1 + 10 = 9.
3
Coefficient en bas à gauche : ligne $2$ 2 de $A$ A avec colonne $1$ 1 de $B$ B, soit $3 \times 0 + 4 \times 2 = 8$ 3 × 0 + 4 × 2 = 8.
4
Coefficient en bas à droite : $3 \times (- 1) + 4 \times 5 = - 3 + 20 = 17$ 3 × (-1) + 4 × 5 = -3 + 20 = 17.
5
Donc $A B = (48917)$ AB = 4 9 ; 8 17.
6
Calculons maintenant $B A$ BA, en changeant l'ordre.
Coefficient en haut à gauche : ligne $1$ 1 de $B$ B avec colonne $1$ 1 de $A$ A, soit $0 \times 1 + (- 1) \times 3 = - 3$ 0 × 1 + (-1) × 3 = -3.
7
Haut à droite : $0 \times 2 + (- 1) \times 4 = - 4$ 0 × 2 + (-1) × 4 = -4.
8
Bas à gauche : $2 \times 1 + 5 \times 3 = 17$ 2 × 1 + 5 × 3 = 17.
Bas à droite : $2 \times 2 + 5 \times 4 = 24$ 2 × 2 + 5 × 4 = 24.
9
Donc $B A = (- 3 17 - 4 24)$ BA = -3 -4 ; 17 24.
10
Les deux résultats sont DIFFÉRENTS : le produit matriciel n'est pas commutatif.
C'est la première règle à intégrer, et la source de la plupart des erreurs du chapitre.
11
Troisième question : $A$ A est de format $2 \times 2$ 2 × 2 et le vecteur colonne de format $2 \times 1$ 2 × 1 : le produit est défini, et de format $2 \times 1$ 2 × 1.
12
Première ligne : $1 \times 1 + 2 \times (- 1) = - 1$ 1 × 1 + 2 × (-1) = -1.
Seconde ligne : $3 \times 1 + 4 \times (- 1) = - 1$ 3 × 1 + 4 × (-1) = -1.
13
Donc $A \times (1 - 1) = (- 1 - 1)$ A × 1 ; -1 = -1 ; -1.

Réponse :

A B = (48917)

AB = 4 9 ; 8 17 ·

B A = (- 3 17 - 4 24) \neq = A B

BA = -3 -4 ; 17 24 ≠ AB ·

A (1 - 1) = (- 1 - 1)

A 1 ; -1 = -1 ; -1.

Rappel de cours : $A B$ AB défini si colonnes de $A$ A = lignes de $B$ B, et le format du produit est (lignes de $A$ A) $\times$ × (colonnes de $B$ B). En général $A B \neq = B A$ AB ≠ BA.

Erreur fréquente : Multiplier coefficient par coefficient, comme pour la somme. Le produit matriciel combine une LIGNE avec une COLONNE : c'est une somme de produits.

Exercice 3 — Les pièges du produit matriciel

Application directe

Le calcul matriciel ressemble au calcul sur les réels, mais deux propriétés familières tombent : la commutativité, et l'implication « produit nul donc un facteur nul ».

1.Calculer $(1111) \times (1 - 1 1 - 1)$ 1 1 ; 1 1 × 1 1 ; -1 -1. Que constate-t-on ?
2.En déduire qu'on ne peut pas « simplifier » une égalité matricielle par un facteur.
3.Développer $(A + B)^{2}$ (A + B)² pour deux matrices carrées quelconques.

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1
Coefficient en haut à gauche : $1 \times 1 + 1 \times (- 1) = 0$ 1 × 1 + 1 × (-1) = 0.
2
Haut à droite : $1 \times 1 + 1 \times (- 1) = 0$ 1 × 1 + 1 × (-1) = 0.
Bas à gauche : $1 \times 1 + 1 \times (- 1) = 0$ 1 × 1 + 1 × (-1) = 0.
Bas à droite : $0$ 0 de même.
3
Le produit vaut donc la matrice NULLE, alors qu'aucun des deux facteurs n'est nul.
4
Conclusion : dans l'ensemble des matrices, $M N = 0$ MN = 0 n'implique PAS $M = 0$ M = 0 ou $N = 0$ N = 0.
On dit que ces matrices sont des « diviseurs de zéro ».
5
Conséquence directe pour la résolution : une équation matricielle $M N = 0$ MN = 0 ne se résout pas en annulant un facteur.
6
Deuxième question.
Supposons $M A = M B$ MA = MB avec $M \neq = 0$ M ≠ 0.
En passant tout à gauche : $M (A - B) = 0$ M(A - B) = 0.
7
On vient de voir qu'un produit nul n'entraîne pas l'annulation d'un facteur : on ne peut donc pas conclure $A - B = 0$ A - B = 0, c'est-à-dire $A = B$ A = B.
8
Contre-exemple explicite : avec $M = (1111)$ M = 1 1 ; 1 1, $A = (1 - 1 1 - 1)$ A = 1 1 ; -1 -1 et $B =$ B = la matrice nulle, on a $M A = M B = 0$ MA = MB = 0 alors que $A \neq = B$ A ≠ B.
9
La simplification n'est autorisée que si $M$ M est INVERSIBLE : on multiplie alors par $M^{- 1}$ M⁻¹ à gauche, ce qui est légitime.
10
Troisième question : $(A + B)^{2} = (A + B) (A + B)$ (A+B)² = (A+B)(A+B).
On développe en respectant l'ORDRE des facteurs.
11
$(A + B) (A + B) = A \times A + A \times B + B \times A + B \times B = A^{2} + A B + B A + B^{2}$ (A+B)(A+B) = A × A + A × B + B × A + B × B = A² + AB + BA + B².
12
On ne peut PAS regrouper $A B + B A$ AB + BA en $2 A B$ 2AB, puisque $A B \neq = B A$ AB ≠ BA en général.
13
La formule est donc $(A + B)^{2} = A^{2} + A B + B A + B^{2}$ (A+B)² = A² + AB + BA + B², et elle ne se réduit à $A^{2} + 2 A B + B^{2}$ A² + 2AB + B² que dans le cas particulier où $A$ A et $B$ B COMMUTENT.
14
Ce cas particulier n'est pas rare et sera exploité à l'exercice 16 : la matrice identité commute avec tout le monde.

Réponse : Le produit vaut la matrice nulle sans qu'aucun facteur ne le soit · on ne peut donc pas simplifier

M A = M B

MA = MB en

A = B

A = B, sauf si

M

M est inversible ·

(A + B)^{2} = A^{2} + A B + B A + B^{2}

(A+B)² = A² + AB + BA + B².

Rappel de cours : Trois règles perdues : $A B \neq = B A$ AB ≠ BA · $A B = 0$ AB = 0 n'entraîne pas $A = 0$ A = 0 ou $B = 0$ B = 0 · les identités remarquables ne valent que si $A$ A et $B$ B commutent.

Erreur fréquente : Écrire $(A + B)^{2} = A^{2} + 2 A B + B^{2}$ (A+B)² = A² + 2AB + B². C'est faux dès que $A B \neq = B A$ AB ≠ BA, c'est-à-dire dans le cas général.

Exercice 4 — Matrice identité et premières puissances

Application directe

La matrice identité $I_{2} = (1001)$ I₂ = 1 0 ; 0 1 joue le rôle du nombre $1$ 1 : elle est neutre pour le produit, et elle commute avec toutes les matrices carrées de même format.

1.Vérifier que $A I_{2} = I_{2} A = A$ AI₂ = I₂A = A pour $A = (1324)$ A = 1 2 ; 3 4.
2.Calculer $A^{2}$ A² et $A^{3}$ A³.
3.Calculer $D^{n}$ Dⁿ pour $D = (2003)$ D = 2 0 ; 0 3.

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1
$A I_{2}$ AI₂ : première ligne, $1 \times 1 + 2 \times 0 = 1$ 1 × 1 + 2 × 0 = 1 puis $1 \times 0 + 2 \times 1 = 2$ 1 × 0 + 2 × 1 = 2.
2
Seconde ligne : $3 \times 1 + 4 \times 0 = 3$ 3 × 1 + 4 × 0 = 3 puis $3 \times 0 + 4 \times 1 = 4$ 3 × 0 + 4 × 1 = 4.
On retrouve $A$ A ✔.
3
$I_{2} A$ I₂A : première ligne, $1 \times 1 + 0 \times 3 = 1$ 1 × 1 + 0 × 3 = 1 puis $1 \times 2 + 0 \times 4 = 2$ 1 × 2 + 0 × 4 = 2 ; seconde ligne, $0 \times 1 + 1 \times 3 = 3$ 0 × 1 + 1 × 3 = 3 puis $0 \times 2 + 1 \times 4 = 4$ 0 × 2 + 1 × 4 = 4.
On retrouve encore $A$ A ✔.
4
$I_{2}$ I₂ est donc neutre des deux côtés — c'est l'une des rares matrices qui commute avec toutes les autres.
5
$A^{2} = A \times A$ A² = A × A.
Haut gauche : $1 \times 1 + 2 \times 3 = 7$ 1 × 1 + 2 × 3 = 7.
Haut droite : $1 \times 2 + 2 \times 4 = 10$ 1 × 2 + 2 × 4 = 10.
6
Bas gauche : $3 \times 1 + 4 \times 3 = 15$ 3 × 1 + 4 × 3 = 15.
Bas droite : $3 \times 2 + 4 \times 4 = 22$ 3 × 2 + 4 × 4 = 22.
7
Donc $A^{2} = (7151022)$ A² = 7 10 ; 15 22.
8
$A^{3} = A^{2} \times A$ A³ = A² × A.
Haut gauche : $7 \times 1 + 10 \times 3 = 37$ 7 × 1 + 10 × 3 = 37.
Haut droite : $7 \times 2 + 10 \times 4 = 54$ 7 × 2 + 10 × 4 = 54.
9
Bas gauche : $15 \times 1 + 22 \times 3 = 81$ 15 × 1 + 22 × 3 = 81.
Bas droite : $15 \times 2 + 22 \times 4 = 118$ 15 × 2 + 22 × 4 = 118.
10
Donc $A^{3} = (378154118)$ A³ = 37 54 ; 81 118.
On voit que les coefficients explosent : calculer $A^{20}$ A²⁰ ainsi serait déraisonnable.
11
Pour la matrice DIAGONALE $D$ D, le calcul est bien plus simple.
$D^{2} = (4009)$ D² = 4 0 ; 0 9, $D^{3} = (80027)$ D³ = 8 0 ; 0 27.
12
On conjecture $D^{n} = (2^{n} 0 0 3^{n})$ Dⁿ = 2ⁿ 0 ; 0 3ⁿ, ce qui se démontre immédiatement par récurrence : le produit de deux matrices diagonales se fait coefficient par coefficient sur la diagonale.
13
Cette simplicité des matrices diagonales est exactement ce qu'exploitera la diagonalisation de l'exercice 17.

Réponse :

A I_{2} = I_{2} A = A

AI₂ = I₂A = A ✔ ·

A^{2} = (7151022)

A² = 7 10 ; 15 22 et

A^{3} = (378154118)

A³ = 37 54 ; 81 118 ·

D^{n} = (2^{n} 0 0 3^{n})

Dⁿ = 2ⁿ 0 ; 0 3ⁿ.

Rappel de cours : $I$ I est neutre et commute avec tout. Pour une matrice DIAGONALE, les puissances se calculent coefficient par coefficient sur la diagonale — c'est le seul cas vraiment facile.

Erreur fréquente : Élever une matrice quelconque à la puissance $n$ n coefficient par coefficient. $A^{2}$ A² vaut $(7151022)$ 7 10 ; 15 22, et non $(19416)$ 1 4 ; 9 16.

Exercice 5 — Puissances d'une matrice triangulaire

À maîtriser

Certaines matrices ont des puissances remarquablement simples.

On étudie $T = (1011)$ T = 1 1 ; 0 1 et $N = (0010)$ N = 0 1 ; 0 0.

1.Calculer $N^{2}$ N². Que dire de $N^{k}$ N^(k) pour $k ⩾ 2$ k ≥ 2 ?
2.Calculer $T^{2}$ T², $T^{3}$ T³, puis conjecturer $T^{n}$ Tⁿ.
3.Démontrer la conjecture par récurrence.

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1
$N^{2} = N \times N$ N² = N × N.
Haut gauche : $0 \times 0 + 1 \times 0 = 0$ 0 × 0 + 1 × 0 = 0.
Haut droite : $0 \times 1 + 1 \times 0 = 0$ 0 × 1 + 1 × 0 = 0.
2
Bas gauche et bas droite : $0$ 0 également, la seconde ligne de $N$ N étant nulle.
3
Donc $N^{2} = (0000)$ N² = 0 0 ; 0 0, la matrice nulle.
4
Par conséquent $N^{k} = N^{2} \times N^{k - 2} = 0$ N^(k) = N² × N^(k-2) = 0 pour tout $k ⩾ 2$ k ≥ 2.
Une telle matrice, non nulle mais de puissance nulle, est dite NILPOTENTE.
5
C'est encore une différence avec les réels : aucun réel non nul n'a de puissance nulle.
6
Passons à $T$ T.
Haut gauche de $T^{2}$ T² : $1 \times 1 + 1 \times 0 = 1$ 1 × 1 + 1 × 0 = 1.
Haut droite : $1 \times 1 + 1 \times 1 = 2$ 1 × 1 + 1 × 1 = 2.
7
Seconde ligne : $0 \times 1 + 1 \times 0 = 0$ 0 × 1 + 1 × 0 = 0 puis $0 \times 1 + 1 \times 1 = 1$ 0 × 1 + 1 × 1 = 1.
Donc $T^{2} = (1021)$ T² = 1 2 ; 0 1.
8
$T^{3} = T^{2} \times T$ T³ = T² × T : haut droite $1 \times 1 + 2 \times 1 = 3$ 1 × 1 + 2 × 1 = 3, les autres coefficients inchangés.
Donc $T^{3} = (1031)$ T³ = 1 3 ; 0 1.
9
On conjecture $T^{n} = (10 n 1)$ Tⁿ = 1 n ; 0 1 : seul le coefficient en haut à droite évolue, et il compte les étapes.
10
Démonstration par récurrence.
INITIALISATION : pour $n = 1$ n = 1, la formule donne $(1011) = T$ 1 1 ; 0 1 = T ✔.
11
HÉRÉDITÉ : supposons $T^{n} = (10 n 1)$ Tⁿ = 1 n ; 0 1 pour un certain $n ⩾ 1$ n ≥ 1.
12
Alors $T^{n + 1} = T^{n} \times T = (10 n 1) (1011)$ Tⁿ⁺¹ = Tⁿ × T = 1 n ; 0 1 1 1 ; 0 1.
13
Haut gauche : $1 \times 1 + n \times 0 = 1$ 1 × 1 + n × 0 = 1.
Haut droite : $1 \times 1 + n \times 1 = n + 1$ 1 × 1 + n × 1 = n + 1.
Seconde ligne : $0$ 0 puis $1$ 1.
14
On obtient $T^{n + 1} = (10 n + 1 1)$ Tⁿ⁺¹ = 1 n+1 ; 0 1 : la formule est vraie au rang $n + 1$ n+1.
15
CONCLUSION : par récurrence, $T^{n} = (10 n 1)$ Tⁿ = 1 n ; 0 1 pour tout entier $n ⩾ 1$ n ≥ 1.
16
Lien entre les deux matrices : $T = I_{2} + N$ T = I₂ + N, et le lien sera exploité à l'exercice 16 pour retrouver ce résultat par le binôme de Newton.

Réponse :

N^{2} = 0

N² = 0, donc

N^{k} = 0

N^(k) = 0 pour

k ⩾ 2

k ≥ 2 :

N

N est nilpotente ·

T^{2} = (1021)

T² = 1 2 ; 0 1,

T^{3} = (1031)

T³ = 1 3 ; 0 1, et

T^{n} = (10 n 1)

Tⁿ = 1 n ; 0 1, démontré par récurrence.

Rappel de cours : Méthode standard pour $A^{n}$ Aⁿ : calculer les premières puissances, CONJECTURER la forme, puis démontrer par récurrence. Une matrice nilpotente vérifie $N^{k} = 0$ N^(k) = 0 à partir d'un certain rang.

Erreur fréquente : Conclure sans récurrence après trois calculs. Trois cas ne prouvent rien : la rédaction attendue comporte initialisation, hérédité et conclusion.

Exercice 6 — Déterminant et inversibilité

À maîtriser

Une matrice carrée $A$ A est INVERSIBLE s'il existe une matrice $A^{- 1}$ A⁻¹ telle que $A A^{- 1} = A^{- 1} A = I$ AA⁻¹ = A⁻¹A = I.

Pour une matrice $2 \times 2$ 2 × 2, tout se lit sur un seul nombre : le déterminant $det (a c b d) = a d - b c$ det a b ; c d = ad - bc.

1.Calculer les déterminants de $A = (1324)$ A = 1 2 ; 3 4, $B = (2142)$ B = 2 4 ; 1 2 et $C = (3152)$ C = 3 5 ; 1 2.
2.Lesquelles sont inversibles ?
3.Pour quelles valeurs de $m$ m la matrice $M = (m 2 3 m - 1)$ M = m 3 ; 2 m-1 est-elle inversible ?

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1
$det A = 1 \times 4 - 2 \times 3 = 4 - 6 = - 2$ det A = 1 × 4 - 2 × 3 = 4 - 6 = -2.
2
$det B = 2 \times 2 - 4 \times 1 = 4 - 4 = 0$ det B = 2 × 2 - 4 × 1 = 4 - 4 = 0.
3
$det C = 3 \times 2 - 5 \times 1 = 6 - 5 = 1$ det C = 3 × 2 - 5 × 1 = 6 - 5 = 1.
4
Le critère est : $A$ A est inversible si et seulement si $det A \neq = 0$ det A ≠ 0.
5
$A$ A est donc inversible ( $det = - 2 \neq = 0$ det = -2 ≠ 0), $C$ C aussi ( $det = 1$ det = 1), mais $B$ B ne l'est PAS.
6
On peut le voir directement sur $B$ B : sa première ligne est le double de la seconde, les deux lignes sont « proportionnelles ».
C'est toujours le signe d'un déterminant nul.
7
Conséquence concrète pour $B$ B : le système associé n'a pas de solution unique — soit aucune, soit une infinité.
8
Troisième question : $det M = m (m - 1) - 3 \times 2 = m^{2} - m - 6$ det M = m(m-1) - 3 × 2 = m² - m - 6.
9
$M$ M est inversible si et seulement si $m^{2} - m - 6 \neq = 0$ m² - m - 6 ≠ 0.
10
On résout l'équation $m^{2} - m - 6 = 0$ m² - m - 6 = 0 : $Δ = 1 + 24 = 25$ Δ = 1 + 24 = 25, donc $m = \frac{1 \pm 5}{2}$ m = (1 ± 5)/2, soit $m = 3$ m = 3 ou $m = - 2$ m = -2.
11
$M$ M est donc inversible pour tout réel $m$ m SAUF $m = 3$ m = 3 et $m = - 2$ m = -2.
12
Vérification pour $m = 3$ m = 3 : $M = (3232)$ M = 3 3 ; 2 2, dont les lignes sont proportionnelles ✔ — non inversible.
13
Vérification pour $m = - 2$ m = -2 : $M = (- 2 2 3 - 3)$ M = -2 3 ; 2 -3, dont la seconde ligne est l'opposée de la première ✔.

Réponse :

det A = - 2

det A = -2,

det B = 0

det B = 0,

det C = 1

det C = 1 ·

A

A et

C

C sont inversibles,

B

B ne l'est pas ·

M

M est inversible pour

m \neq = 3

m ≠ 3 et

m \neq = - 2

m ≠ -2.

Rappel de cours : $det (a c b d) = a d - b c$ det a b ; c d = ad - bc, et $A$ A inversible $\Leftrightarrow det A \neq = 0$ ⇔ det A ≠ 0. Un déterminant nul signale des lignes (ou colonnes) proportionnelles.

Erreur fréquente : Calculer $a d + b c$ ad + bc. Le déterminant est une DIFFÉRENCE : le produit de la diagonale principale moins celui de l'antidiagonale.

Exercice 7 — Inverse d'une matrice 2 × 2

À maîtriser

Lorsque $det A = a d - b c \neq = 0$ det A = ad - bc ≠ 0, l'inverse s'obtient par une formule : $A^{- 1} = \frac{1}{a d - b c} (d - c - b a)$ A⁻¹ = 1/(ad - bc) d -b ; -c a — on échange les termes de la diagonale principale, on change le signe des deux autres, et on divise par le déterminant.

1.Déterminer l'inverse de $C = (3152)$ C = 3 5 ; 1 2 et vérifier.
2.Déterminer l'inverse de $A = (1324)$ A = 1 2 ; 3 4.
3.Démontrer la formule dans le cas général.

Voir la correction

Correction détaillée

1
Pour $C$ C, le déterminant vaut $3 \times 2 - 5 \times 1 = 1$ 3 × 2 - 5 × 1 = 1 (exercice 6) : le calcul sera particulièrement simple.
2
On applique la formule : $C^{- 1} = \frac{1}{1} (2 - 1 - 5 3) = (2 - 1 - 5 3)$ C⁻¹ = 1/1 2 -5 ; -1 3 = 2 -5 ; -1 3.
3
Vérification par $C C^{- 1}$ CC⁻¹ : haut gauche $3 \times 2 + 5 \times (- 1) = 1$ 3 × 2 + 5 × (-1) = 1 ; haut droite $3 \times (- 5) + 5 \times 3 = 0$ 3 × (-5) + 5 × 3 = 0.
4
Bas gauche : $1 \times 2 + 2 \times (- 1) = 0$ 1 × 2 + 2 × (-1) = 0 ; bas droite : $1 \times (- 5) + 2 \times 3 = 1$ 1 × (-5) + 2 × 3 = 1.
On obtient bien $I_{2}$ I₂ ✔.
5
Vérification dans l'autre sens, $C^{- 1} C$ C⁻¹C : haut gauche $2 \times 3 + (- 5) \times 1 = 1$ 2 × 3 + (-5) × 1 = 1, haut droite $2 \times 5 + (- 5) \times 2 = 0$ 2 × 5 + (-5) × 2 = 0 ✔.
Les deux produits donnent $I_{2}$ I₂.
6
Pour $A$ A, le déterminant vaut $- 2$ -2, donc $A^{- 1} = \frac{1}{- 2} (4 - 3 - 2 1) = (- 2 \frac{3}{2} 1 - \frac{1}{2})$ A⁻¹ = 1/(-2) 4 -2 ; -3 1 = -2 1 ; 3/2 -1/2.
7
Vérification : haut gauche de $A A^{- 1}$ AA⁻¹ vaut $1 \times (- 2) + 2 \times \frac{3}{2} = - 2 + 3 = 1$ 1 × (-2) + 2 × 3/2 = -2 + 3 = 1 ✔ ; haut droite : $1 \times 1 + 2 \times (- \frac{1}{2}) = 0$ 1 × 1 + 2 × (-1/2) = 0 ✔.
8
Démonstration de la formule.
Posons $B = (d - c - b a)$ B = d -b ; -c a et calculons $A B$ AB.
9
Haut gauche : $a \times d + b \times (- c) = a d - b c$ a × d + b × (-c) = ad - bc.
Haut droite : $a \times (- b) + b \times a = 0$ a × (-b) + b × a = 0.
10
Bas gauche : $c \times d + d \times (- c) = 0$ c × d + d × (-c) = 0.
Bas droite : $c \times (- b) + d \times a = a d - b c$ c × (-b) + d × a = ad - bc.
11
Donc $A B = (a d - b c) I_{2} = (det A) I_{2}$ AB = (ad - bc)I₂ = (det A) I₂.
12
Si $det A \neq = 0$ det A ≠ 0, on peut diviser : $A \times \frac{1}{det A} B = I_{2}$ A × 1/(det A)B = I₂, ce qui prouve que $\frac{1}{det A} B$ 1/(det A)B est bien l'inverse de $A$ A.
13
Le calcul de $B A$ BA donne le même résultat, ce qui confirme l'inverse des deux côtés.

Réponse :

C^{- 1} = (2 - 1 - 5 3)

C⁻¹ = 2 -5 ; -1 3 ·

A^{- 1} = (- 2 \frac{3}{2} 1 - \frac{1}{2})

A⁻¹ = -2 1 ; 3/2 -1/2 · la formule vient de

A (d - c - b a) = (a d - b c) I_{2}

A d -b ; -c a = (ad-bc)I₂.

Rappel de cours : $A^{- 1} = \frac{1}{a d - b c} (d - c - b a)$ A⁻¹ = 1/(ad-bc) d -b ; -c a. On échange $a$ a et $d$ d, on change le signe de $b$ b et $c$ c, on divise par le déterminant. À vérifier toujours par $A A^{- 1} = I$ AA⁻¹ = I.

Erreur fréquente : Changer le signe de $a$ a et $d$ d au lieu de les échanger. La formule permute la diagonale principale et change le signe de l'antidiagonale — pas l'inverse.

Exercice 8 — Résoudre un système par la matrice inverse

À maîtriser

Un système linéaire s'écrit matriciellement $A X = B$ AX = B.

Si $A$ A est inversible, la solution est unique et vaut $X = A^{- 1} B$ X = A⁻¹B.

On résout ${3 x + 5 y = 8 x + 2 y = 3$ 3x + 5y = 8 ; x + 2y = 3

1.Écrire le système sous forme matricielle.
2.Résoudre à l'aide de la matrice inverse.
3.Que se passerait-il si la matrice du système n'était pas inversible ?

Voir la correction

Correction détaillée

1
On range les coefficients des inconnues dans une matrice, les inconnues dans un vecteur colonne, et les seconds membres dans un autre.
2
$(3152) (x y) = (83)$ 3 5 ; 1 2 x ; y = 8 ; 3, c'est-à-dire $C X = B$ CX = B avec la matrice $C$ C de l'exercice 7.
3
Contrôle de l'écriture : le produit de la première ligne donne $3 x + 5 y$ 3x + 5y ✔ et celui de la seconde $x + 2 y$ x + 2y ✔.
4
Comme $det C = 1 \neq = 0$ det C = 1 ≠ 0, la matrice est inversible et le système a une SOLUTION UNIQUE, donnée par $X = C^{- 1} B$ X = C⁻¹B.
5
On dispose déjà de $C^{- 1} = (2 - 1 - 5 3)$ C⁻¹ = 2 -5 ; -1 3.
6
Calcul : $X = (2 - 1 - 5 3) (83)$ X = 2 -5 ; -1 3 8 ; 3.
7
Première ligne : $2 \times 8 + (- 5) \times 3 = 16 - 15 = 1$ 2 × 8 + (-5) × 3 = 16 - 15 = 1.
8
Seconde ligne : $(- 1) \times 8 + 3 \times 3 = - 8 + 9 = 1$ (-1) × 8 + 3 × 3 = -8 + 9 = 1.
9
Donc $X = (11)$ X = 1 ; 1, c'est-à-dire $x = 1$ x = 1 et $y = 1$ y = 1.
10
Vérification dans le système : $3 \times 1 + 5 \times 1 = 8$ 3 × 1 + 5 × 1 = 8 ✔ et $1 + 2 \times 1 = 3$ 1 + 2 × 1 = 3 ✔.
11
Attention à l'ordre : c'est $X = C^{- 1} B$ X = C⁻¹B et non $X = B C^{- 1}$ X = BC⁻¹, qui n'aurait d'ailleurs pas de sens (formats incompatibles).
12
Si la matrice n'était pas inversible, son déterminant serait nul et la méthode s'effondrerait.
Le système aurait alors soit AUCUNE solution, soit une INFINITÉ.
13
Exemple : ${2 x + 4 y = 1 x + 2 y = 3$ 2x + 4y = 1 ; x + 2y = 3 a pour matrice $(2142)$ 2 4 ; 1 2, de déterminant nul.
En doublant la seconde équation on obtient $2 x + 4 y = 6 \neq = 1$ 2x + 4y = 6 ≠ 1 : le système n'a aucune solution.

Réponse :

(3152) (x y) = (83)

3 5 ; 1 2 x ; y = 8 ; 3 ·

X = C^{- 1} B = (11)

X = C⁻¹B = 1 ; 1, donc

x = y = 1

x = y = 1 · si

det = 0

det = 0, le système a zéro ou une infinité de solutions.

Rappel de cours : $A X = B$ AX = B avec $A$ A inversible $\Rightarrow X = A^{- 1} B$ ⇒ X = A⁻¹B (multiplication À GAUCHE par $A^{- 1}$ A⁻¹). Le déterminant décide donc de l'existence et de l'unicité de la solution.

Erreur fréquente : Multiplier à droite : $X = B A^{- 1}$ X = BA⁻¹. L'ordre est imposé, et ici le produit ne serait même pas défini.

Exercice 9 — Équations matricielles

À maîtriser

Résoudre une équation matricielle demande de manipuler les produits en respectant l'ordre, et de n'utiliser l'inverse que là où il existe.

On donne $A = (3152)$ A = 3 5 ; 1 2, d'inverse $A^{- 1} = (2 - 1 - 5 3)$ A⁻¹ = 2 -5 ; -1 3.

1.Résoudre $A X = (1201)$ AX = 1 0 ; 2 1, d'inconnue $X$ X matrice $2 \times 2$ 2 × 2.
2.Résoudre $X A = (1201)$ XA = 1 0 ; 2 1. Comparer avec la question précédente.
3.Résoudre $A X + 2 X = (5353)$ AX + 2X = 5 5 ; 3 3.

Voir la correction

Correction détaillée

1
Pour $A X = M$ AX = M, on multiplie À GAUCHE par $A^{- 1}$ A⁻¹ : $A^{- 1} A X = A^{- 1} M$ A⁻¹AX = A⁻¹M, soit $X = A^{- 1} M$ X = A⁻¹M.
2
Calcul : $X = (2 - 1 - 5 3) (1201)$ X = 2 -5 ; -1 3 1 0 ; 2 1.
3
Haut gauche : $2 \times 1 + (- 5) \times 2 = - 8$ 2 × 1 + (-5) × 2 = -8.
Haut droite : $2 \times 0 + (- 5) \times 1 = - 5$ 2 × 0 + (-5) × 1 = -5.
4
Bas gauche : $(- 1) \times 1 + 3 \times 2 = 5$ (-1) × 1 + 3 × 2 = 5.
Bas droite : $(- 1) \times 0 + 3 \times 1 = 3$ (-1) × 0 + 3 × 1 = 3.
5
Donc $X = (- 8 5 - 5 3)$ X = -8 -5 ; 5 3.
6
Pour $X A = M$ XA = M, il faut cette fois multiplier À DROITE par $A^{- 1}$ A⁻¹ : $X A A^{- 1} = M A^{- 1}$ XAA⁻¹ = MA⁻¹, soit $X = M A^{- 1}$ X = MA⁻¹.
7
Calcul : $X = (1201) (2 - 1 - 5 3)$ X = 1 0 ; 2 1 2 -5 ; -1 3.
8
Haut gauche : $1 \times 2 + 0 \times (- 1) = 2$ 1 × 2 + 0 × (-1) = 2.
Haut droite : $1 \times (- 5) + 0 \times 3 = - 5$ 1 × (-5) + 0 × 3 = -5.
9
Bas gauche : $2 \times 2 + 1 \times (- 1) = 3$ 2 × 2 + 1 × (-1) = 3.
Bas droite : $2 \times (- 5) + 1 \times 3 = - 7$ 2 × (-5) + 1 × 3 = -7.
10
Donc $X = (23 - 5 - 7)$ X = 2 -5 ; 3 -7, résultat DIFFÉRENT du précédent : le côté par lequel on multiplie change tout.
11
Troisième équation : on factorise le membre de gauche, en pensant à faire apparaître l'identité.
$A X + 2 X = A X + 2 I_{2} X = (A + 2 I_{2}) X$ AX + 2X = AX + 2I₂X = (A + 2I₂)X.
12
Il est indispensable d'écrire $2 X = 2 I_{2} X$ 2X = 2I₂X : on ne peut pas factoriser « $A + 2$ A + 2 », une matrice et un nombre ne s'additionnant pas.
13
$A + 2 I_{2} = (5154)$ A + 2I₂ = 5 5 ; 1 4, de déterminant $5 \times 4 - 5 \times 1 = 15 \neq = 0$ 5 × 4 - 5 × 1 = 15 ≠ 0 : cette matrice est inversible.
14
Son inverse vaut $\frac{1}{15} (4 - 1 - 5 5)$ 1/15 4 -5 ; -1 5.
15
Donc $X = \frac{1}{15} (4 - 1 - 5 5) (5353) = \frac{1}{15} (510510) = (\frac{1}{3} \frac{2}{3} \frac{1}{3} \frac{2}{3})$ X = 1/15 4 -5 ; -1 5 5 5 ; 3 3 = 1/15 5 5 ; 10 10 = 1/3 1/3 ; 2/3 2/3.
16
Détail du produit : haut gauche $4 \times 5 + (- 5) \times 3 = 5$ 4 × 5 + (-5) × 3 = 5 ; haut droite idem ; bas gauche $(- 1) \times 5 + 5 \times 3 = 10$ (-1) × 5 + 5 × 3 = 10 ; bas droite idem ✔.

Réponse :

A X = M \Rightarrow X = A^{- 1} M = (- 8 5 - 5 3)

AX = M ⇒ X = A⁻¹M = -8 -5 ; 5 3 ·

X A = M \Rightarrow X = M A^{- 1} = (23 - 5 - 7)

XA = M ⇒ X = MA⁻¹ = 2 -5 ; 3 -7 ·

A X + 2 X = (A + 2 I) X

AX + 2X = (A + 2I)X, d'où

X = (\frac{1}{3} \frac{2}{3} \frac{1}{3} \frac{2}{3})

X = 1/3 1/3 ; 2/3 2/3.

Rappel de cours : $A X = M \Rightarrow X = A^{- 1} M$ AX = M ⇒ X = A⁻¹M (à gauche) · $X A = M \Rightarrow X = M A^{- 1}$ XA = M ⇒ X = MA⁻¹ (à droite). Pour factoriser une somme du type $A X + k X$ AX + kX, écrire $k X = k I X$ kX = kIX.

Erreur fréquente : Factoriser en $(A + 2) X$ (A + 2)X. L'expression $A + 2$ A + 2 n'a aucun sens : il faut $A + 2 I_{2}$ A + 2I₂.

Exercice 10 — Conjecturer et démontrer une puissance

Type contrôle

On considère $A = (1012)$ A = 1 1 ; 0 2 et l'on cherche une expression de $A^{n}$ Aⁿ valable pour tout entier $n ⩾ 1$ n ≥ 1.

1.Calculer $A^{2}$ A² et $A^{3}$ A³.
2.Conjecturer une expression de $A^{n}$ Aⁿ.
3.Démontrer la conjecture par récurrence.

Voir la correction

Correction détaillée

1
$A^{2} = A \times A$ A² = A × A.
Haut gauche : $1 \times 1 + 1 \times 0 = 1$ 1 × 1 + 1 × 0 = 1.
Haut droite : $1 \times 1 + 1 \times 2 = 3$ 1 × 1 + 1 × 2 = 3.
2
Bas gauche : $0 \times 1 + 2 \times 0 = 0$ 0 × 1 + 2 × 0 = 0.
Bas droite : $0 \times 1 + 2 \times 2 = 4$ 0 × 1 + 2 × 2 = 4.
3
Donc $A^{2} = (1034)$ A² = 1 3 ; 0 4.
4
$A^{3} = A^{2} \times A$ A³ = A² × A.
Haut gauche : $1$ 1.
Haut droite : $1 \times 1 + 3 \times 2 = 7$ 1 × 1 + 3 × 2 = 7.
Bas gauche : $0$ 0.
Bas droite : $4 \times 2 = 8$ 4 × 2 = 8.
5
Donc $A^{3} = (1078)$ A³ = 1 7 ; 0 8.
6
Observons la suite des coefficients.
En bas à droite : $2, 4, 8$ 2, 4, 8, soit $2^{n}$ 2ⁿ.
7
En haut à droite : $1, 3, 7$ 1, 3, 7.
Ces nombres valent $2 - 1$ 2 - 1, $4 - 1$ 4 - 1, $8 - 1$ 8 - 1, c'est-à-dire $2^{n} - 1$ 2ⁿ - 1.
8
Le coefficient en haut à gauche reste $1$ 1, celui en bas à gauche reste $0$ 0 (la matrice est triangulaire, ses puissances le restent).
9
On conjecture donc $A^{n} = (10 2^{n} - 1 2^{n})$ Aⁿ = 1 2ⁿ - 1 ; 0 2ⁿ.
10
Démonstration par récurrence.
INITIALISATION : pour $n = 1$ n = 1, la formule donne $(10 2 - 1 2) = (1012) = A$ 1 2 - 1 ; 0 2 = 1 1 ; 0 2 = A ✔.
11
HÉRÉDITÉ : supposons la formule vraie au rang $n$ n.
Alors $A^{n + 1} = A^{n} \times A = (10 2^{n} - 1 2^{n}) (1012)$ Aⁿ⁺¹ = Aⁿ × A = 1 2ⁿ-1 ; 0 2ⁿ 1 1 ; 0 2.
12
Haut gauche : $1 \times 1 + (2^{n} - 1) \times 0 = 1$ 1 × 1 + (2ⁿ-1) × 0 = 1 ✔.
13
Haut droite : $1 \times 1 + (2^{n} - 1) \times 2 = 1 + 2^{n + 1} - 2 = 2^{n + 1} - 1$ 1 × 1 + (2ⁿ-1) × 2 = 1 + 2ⁿ⁺¹ - 2 = 2ⁿ⁺¹ - 1 ✔ — c'est bien la formule au rang $n + 1$ n+1.
14
Bas gauche : $0$ 0.
Bas droite : $2^{n} \times 2 = 2^{n + 1}$ 2ⁿ × 2 = 2ⁿ⁺¹ ✔.
15
CONCLUSION : $A^{n} = (10 2^{n} - 1 2^{n})$ Aⁿ = 1 2ⁿ-1 ; 0 2ⁿ pour tout entier $n ⩾ 1$ n ≥ 1.
16
Contrôle indépendant sur $n = 4$ n = 4 : la formule prédit $(101516)$ 1 15 ; 0 16, et $A^{4} = A^{3} A$ A⁴ = A³A donne en haut à droite $1 + 7 \times 2 = 15$ 1 + 7 × 2 = 15 ✔.

Réponse :

A^{2} = (1034)

A² = 1 3 ; 0 4,

A^{3} = (1078)

A³ = 1 7 ; 0 8 · conjecture et démonstration :

A^{n} = (10 2^{n} - 1 2^{n})

Aⁿ = 1 2ⁿ-1 ; 0 2ⁿ.

Rappel de cours : Pour conjecturer, on regarde chaque coefficient comme une SUITE : ici $2, 4, 8$ 2, 4, 8 et $1, 3, 7$ 1, 3, 7. L'hérédité se réduit ensuite à un produit matriciel de deux lignes.

Erreur fréquente : Multiplier $A \times A^{n}$ A × Aⁿ au lieu de $A^{n} \times A$ Aⁿ × A dans l'hérédité. Les deux donnent ici le même résultat, mais il faut choisir un ordre et s'y tenir : c'est ce qui rend le calcul juste par construction.

Exercice 11 — Polynôme annulateur et inverse

Type contrôle

Une relation du type $A^{2} = α A + β I$ A² = α A + β I s'appelle un polynôme annulateur : elle permet à la fois de calculer les puissances et d'obtenir l'inverse sans passer par le déterminant.

On pose $A = (3214)$ A = 3 1 ; 2 4.

1.Calculer $A^{2}$ A² et vérifier que $A^{2} = 7 A - 10 I_{2}$ A² = 7A - 10I₂.
2.En déduire que $A$ A est inversible et calculer $A^{- 1}$ A⁻¹.
3.Vérifier le résultat par la formule du déterminant.

Voir la correction

Correction détaillée

1
$A^{2} = A \times A$ A² = A × A.
Haut gauche : $3 \times 3 + 1 \times 2 = 11$ 3 × 3 + 1 × 2 = 11.
Haut droite : $3 \times 1 + 1 \times 4 = 7$ 3 × 1 + 1 × 4 = 7.
2
Bas gauche : $2 \times 3 + 4 \times 2 = 14$ 2 × 3 + 4 × 2 = 14.
Bas droite : $2 \times 1 + 4 \times 4 = 18$ 2 × 1 + 4 × 4 = 18.
3
Donc $A^{2} = (1114718)$ A² = 11 7 ; 14 18.
4
Calculons maintenant $7 A - 10 I_{2} = (2114728) - (100010) = (1114718)$ 7A - 10I₂ = 21 7 ; 14 28 - 10 0 ; 0 10 = 11 7 ; 14 18.
5
Les deux matrices coïncident : la relation $A^{2} = 7 A - 10 I_{2}$ A² = 7A - 10I₂ est vérifiée ✔.
6
Remarque : les coefficients $7$ 7 et $10$ 10 ne sortent pas de nulle part — ce sont la TRACE ( $3 + 4$ 3 + 4) et le DÉTERMINANT ( $3 \times 4 - 1 \times 2$ 3 × 4 - 1 × 2) de $A$ A.
7
Pour l'inverse, on part de la relation et on fait apparaître un produit égal à $I_{2}$ I₂.
8
$A^{2} - 7 A = - 10 I_{2}$ A² - 7A = -10I₂, c'est-à-dire $A (A - 7 I_{2}) = - 10 I_{2}$ A(A - 7I₂) = -10I₂.
9
En divisant par $- 10$ -10 : $A \times \frac{7 I _{2} - A}{10} = I_{2}$ A × (7I₂ - A)/10 = I₂.
10
Donc $A$ A est inversible, et $A^{- 1} = \frac{1}{10} (7 I_{2} - A)$ A⁻¹ = 1/10(7I₂ - A).
11
Calcul : $7 I_{2} - A = (7007) - (3214) = (4 - 2 - 1 3)$ 7I₂ - A = 7 0 ; 0 7 - 3 1 ; 2 4 = 4 -1 ; -2 3.
12
D'où $A^{- 1} = \frac{1}{10} (4 - 2 - 1 3)$ A⁻¹ = 1/10 4 -1 ; -2 3.
13
Vérification par la formule classique : $det A = 3 \times 4 - 1 \times 2 = 10$ det A = 3 × 4 - 1 × 2 = 10, donc $A^{- 1} = \frac{1}{10} (4 - 2 - 1 3)$ A⁻¹ = 1/10 4 -1 ; -2 3 ✔ — résultat identique.
14
Contrôle direct : haut gauche de $A A^{- 1}$ AA⁻¹ vaut $\frac{3 \times 4 + 1 \times ( - 2 )}{10} = \frac{10}{10} = 1$ (3 × 4 + 1 × (-2))/10 = 10/10 = 1 ✔ ; haut droite : $\frac{3 \times ( - 1 ) + 1 \times 3}{10} = 0$ (3 × (-1) + 1 × 3)/10 = 0 ✔.
15
Intérêt de la méthode : elle se généralise aux matrices $3 \times 3$ 3 × 3 et au-delà, là où la formule du déterminant devient lourde.

Réponse :

A^{2} = (1114718) = 7 A - 10 I_{2}

A² = 11 7 ; 14 18 = 7A - 10I₂ ✔ · d'où

A (A - 7 I_{2}) = - 10 I_{2}

A(A - 7I₂) = -10I₂ et

A^{- 1} = \frac{1}{10} (7 I_{2} - A) = \frac{1}{10} (4 - 2 - 1 3)

A⁻¹ = 1/10(7I₂ - A) = 1/10 4 -1 ; -2 3 · identique à la formule du déterminant ✔.

Rappel de cours : D'une relation $A^{2} = α A + β I$ A² = α A + β I avec $β \neq = 0$ β ≠ 0, on tire $A (A - α I) = β I$ A(A - α I) = β I, donc $A^{- 1} = \frac{1}{β} (A - α I)$ A⁻¹ = 1/β(A - α I). Pour une $2 \times 2$ 2 × 2, $α$ α est la trace et $- β$ -β le déterminant.

Erreur fréquente : Écrire $A^{2} - 7 A = A (A - 7)$ A² - 7A = A(A - 7). Il faut $A - 7 I_{2}$ A - 7I₂ : on ne soustrait pas un nombre à une matrice.

Exercice 12 — Matrices qui commutent

Type contrôle

Le produit n'étant pas commutatif, il est naturel de chercher quelles matrices commutent avec une matrice donnée.

On cherche toutes les matrices $M = (a c b d)$ M = a b ; c d telles que $T M = M T$ TM = MT, avec $T = (1011)$ T = 1 1 ; 0 1.

1.Calculer $T M$ TM et $M T$ MT en fonction de $a$ a, $b$ b, $c$ c, $d$ d.
2.Résoudre l'équation $T M = M T$ TM = MT.
3.Vérifier sur un exemple, et donner une matrice qui NE commute PAS avec $T$ T.

Voir la correction

Correction détaillée

1
$T M = (1011) (a c b d)$ TM = 1 1 ; 0 1 a b ; c d.
2
Haut gauche : $1 \times a + 1 \times c = a + c$ 1 × a + 1 × c = a + c.
Haut droite : $1 \times b + 1 \times d = b + d$ 1 × b + 1 × d = b + d.
3
Bas gauche : $0 \times a + 1 \times c = c$ 0 × a + 1 × c = c.
Bas droite : $0 \times b + 1 \times d = d$ 0 × b + 1 × d = d.
4
Donc $T M = (a + c c b + d d)$ TM = a+c b+d ; c d.
5
$M T = (a c b d) (1011)$ MT = a b ; c d 1 1 ; 0 1.
6
Haut gauche : $a \times 1 + b \times 0 = a$ a × 1 + b × 0 = a.
Haut droite : $a \times 1 + b \times 1 = a + b$ a × 1 + b × 1 = a + b.
7
Bas gauche : $c \times 1 + d \times 0 = c$ c × 1 + d × 0 = c.
Bas droite : $c + d$ c + d.
8
Donc $M T = (a c a + b c + d)$ MT = a a+b ; c c+d.
9
L'égalité $T M = M T$ TM = MT impose l'égalité des quatre coefficients.
10
Haut gauche : $a + c = a$ a + c = a, donc $c = 0$ c = 0.
11
Haut droite : $b + d = a + b$ b + d = a + b, donc $d = a$ d = a.
12
Bas gauche : $c = c$ c = c, toujours vraie.
Bas droite : $d = c + d$ d = c + d, qui redonne $c = 0$ c = 0.
13
Les matrices qui commutent avec $T$ T sont donc exactement celles de la forme $(a 0 b a)$ a b ; 0 a, avec $a$ a et $b$ b réels quelconques.
14
Autre écriture : ces matrices sont les $a I_{2} + b N$ aI₂ + bN avec $N = (0010)$ N = 0 1 ; 0 0.
On retrouve la nilpotente de l'exercice 5.
15
Vérification avec $a = 2$ a = 2, $b = 3$ b = 3, soit $M = (2032)$ M = 2 3 ; 0 2 : $T M = (2052)$ TM = 2 5 ; 0 2 et $M T = (2052)$ MT = 2 5 ; 0 2 ✔.
16
Contre-exemple : $M^{'} = (1101)$ M' = 1 0 ; 1 1 (avec $c = 1 \neq = 0$ c = 1 ≠ 0).
Alors $T M^{'} = (2111)$ TM' = 2 1 ; 1 1 et $M^{'} T = (1112)$ M'T = 1 1 ; 1 2 : ces matrices ne commutent pas ✔.

Réponse :

T M = (a + c c b + d d)

TM = a+c b+d ; c d et

M T = (a c a + b c + d)

MT = a a+b ; c c+d · l'égalité impose

c = 0

c = 0 et

d = a

d = a · les matrices commutant avec

T

T sont les

(a 0 b a) = a I_{2} + b N

a b ; 0 a = aI₂ + bN.

Rappel de cours : Chercher les matrices qui commutent avec $A$ A : poser $M$ M générique, calculer les deux produits, identifier les quatre coefficients — c'est un système linéaire en $a, b, c, d$ a, b, c, d.

Erreur fréquente : Conclure que seules $I$ I et $A$ A commutent avec $A$ A. Ici tout un plan de matrices convient : la solution est un ensemble, pas deux cas isolés.

Exercice 13 — Inverse d'une matrice 3 × 3

Type contrôle

Au-delà du format $2 \times 2$ 2 × 2, il n'y a plus de formule simple à retenir : on vérifie un inverse proposé, ou on le cherche en résolvant un système.

On donne $A = 105216340$ A = 1 2 3 ; 0 1 4 ; 5 6 0 et $B = - 24 20 - 5 18 - 15 4 5 - 4 1$ B = -24 18 5 ; 20 -15 -4 ; -5 4 1.

1.Vérifier que $B$ B est l'inverse de $A$ A.
2.En déduire la solution du système $⎩ ⎨ ⎧ x + 2 y + 3 z = 1 y + 4 z = 2 5 x + 6 y = 3$ x + 2y + 3z = 1 ; y + 4z = 2 ; 5x + 6y = 3
3.Vérifier la solution dans le système.

Voir la correction

Correction détaillée

1
Il faut calculer $A B$ AB et vérifier qu'on obtient $I_{3}$ I₃.
On détaille les neuf coefficients, chacun combinant une ligne de $A$ A avec une colonne de $B$ B.
2
Ligne $1$ 1, colonne $1$ 1 : $1 \times (- 24) + 2 \times 20 + 3 \times (- 5) = - 24 + 40 - 15 = 1$ 1 × (-24) + 2 × 20 + 3 × (-5) = -24 + 40 - 15 = 1 ✔.
3
Ligne $1$ 1, colonne $2$ 2 : $1 \times 18 + 2 \times (- 15) + 3 \times 4 = 18 - 30 + 12 = 0$ 1 × 18 + 2 × (-15) + 3 × 4 = 18 - 30 + 12 = 0 ✔.
4
Ligne $1$ 1, colonne $3$ 3 : $1 \times 5 + 2 \times (- 4) + 3 \times 1 = 5 - 8 + 3 = 0$ 1 × 5 + 2 × (-4) + 3 × 1 = 5 - 8 + 3 = 0 ✔.
5
Ligne $2$ 2, colonne $1$ 1 : $0 \times (- 24) + 1 \times 20 + 4 \times (- 5) = 20 - 20 = 0$ 0 × (-24) + 1 × 20 + 4 × (-5) = 20 - 20 = 0 ✔.
6
Ligne $2$ 2, colonne $2$ 2 : $0 \times 18 + 1 \times (- 15) + 4 \times 4 = - 15 + 16 = 1$ 0 × 18 + 1 × (-15) + 4 × 4 = -15 + 16 = 1 ✔.
7
Ligne $2$ 2, colonne $3$ 3 : $0 \times 5 + 1 \times (- 4) + 4 \times 1 = 0$ 0 × 5 + 1 × (-4) + 4 × 1 = 0 ✔.
8
Ligne $3$ 3, colonne $1$ 1 : $5 \times (- 24) + 6 \times 20 + 0 \times (- 5) = - 120 + 120 = 0$ 5 × (-24) + 6 × 20 + 0 × (-5) = -120 + 120 = 0 ✔.
9
Ligne $3$ 3, colonne $2$ 2 : $5 \times 18 + 6 \times (- 15) + 0 = 90 - 90 = 0$ 5 × 18 + 6 × (-15) + 0 = 90 - 90 = 0 ✔.
10
Ligne $3$ 3, colonne $3$ 3 : $5 \times 5 + 6 \times (- 4) + 0 = 25 - 24 = 1$ 5 × 5 + 6 × (-4) + 0 = 25 - 24 = 1 ✔.
11
On obtient bien $A B = I_{3}$ AB = I₃.
Pour un format carré, cela suffit à conclure que $B = A^{- 1}$ B = A⁻¹.
12
Le système s'écrit $A X = C$ AX = C avec $X = x y z$ X = x ; y ; z et $C = 123$ C = 1 ; 2 ; 3.
13
$A$ A étant inversible, la solution est unique : $X = A^{- 1} C = B C$ X = A⁻¹C = BC.
14
Première ligne : $- 24 \times 1 + 18 \times 2 + 5 \times 3 = - 24 + 36 + 15 = 27$ -24 × 1 + 18 × 2 + 5 × 3 = -24 + 36 + 15 = 27.
15
Deuxième ligne : $20 \times 1 + (- 15) \times 2 + (- 4) \times 3 = 20 - 30 - 12 = - 22$ 20 × 1 + (-15) × 2 + (-4) × 3 = 20 - 30 - 12 = -22.
16
Troisième ligne : $- 5 \times 1 + 4 \times 2 + 1 \times 3 = - 5 + 8 + 3 = 6$ -5 × 1 + 4 × 2 + 1 × 3 = -5 + 8 + 3 = 6.
17
Donc $x = 27$ x = 27, $y = - 22$ y = -22 et $z = 6$ z = 6.
18
Vérification, équation par équation.
Première : $27 + 2 \times (- 22) + 3 \times 6 = 27 - 44 + 18 = 1$ 27 + 2 × (-22) + 3 × 6 = 27 - 44 + 18 = 1 ✔.
19
Deuxième : $- 22 + 4 \times 6 = - 22 + 24 = 2$ -22 + 4 × 6 = -22 + 24 = 2 ✔.
20
Troisième : $5 \times 27 + 6 \times (- 22) = 135 - 132 = 3$ 5 × 27 + 6 × (-22) = 135 - 132 = 3 ✔.
Les trois équations sont satisfaites.

Réponse :

A B = I_{3}

AB = I₃ (les neuf coefficients vérifiés), donc

B = A^{- 1}

B = A⁻¹ ·

X = B C = 27 - 22 6

X = BC = 27 ; -22 ; 6, soit

x = 27

x = 27,

y = - 22

y = -22,

z = 6

z = 6 · vérification dans les trois équations ✔.

Rappel de cours : Pour une matrice carrée, $A B = I$ AB = I suffit à garantir $B = A^{- 1}$ B = A⁻¹ (l'égalité $B A = I$ BA = I est alors automatique). La résolution d'un système $3 \times 3$ 3 × 3 se ramène ensuite à un seul produit matriciel.

Erreur fréquente : Se tromper de ligne ou de colonne dans un produit $3 \times 3$ 3 × 3. La discipline « ligne de la première, colonne de la seconde » doit être appliquée pour chacun des neuf coefficients.

Exercice 14 — Suite couplée et matrices

Type contrôle

Deux suites qui se déterminent l'une l'autre s'écrivent naturellement sous forme matricielle.

On considère $u_{0} = 1$ u₀ = 1, $v_{0} = 0$ v₀ = 0 et, pour tout $n$ n, ${u_{n + 1} = 2 u_{n} + v_{n} v_{n + 1} = u_{n} + 2 v_{n}$ uₙ₊₁ = 2uₙ + vₙ ; vₙ₊₁ = uₙ + 2vₙ

1.Écrire le système sous la forme $X_{n + 1} = A X_{n}$ Xₙ₊₁ = AXₙ, puis exprimer $X_{n}$ Xₙ en fonction de $A$ A, $n$ n et $X_{0}$ X₀.
2.Étudier les suites $s_{n} = u_{n} + v_{n}$ sₙ = uₙ + vₙ et $d_{n} = u_{n} - v_{n}$ dₙ = uₙ - vₙ.
3.En déduire les expressions de $u_{n}$ uₙ et $v_{n}$ vₙ, puis vérifier pour $n = 1$ n = 1 et $n = 2$ n = 2.

Voir la correction

Correction détaillée

1
On pose $X_{n} = (u_{n} v_{n})$ Xₙ = uₙ ; vₙ.
Le système s'écrit $X_{n + 1} = A X_{n}$ Xₙ₊₁ = AXₙ avec $A = (2112)$ A = 2 1 ; 1 2.
2
Contrôle : la première ligne du produit donne $2 u_{n} + v_{n}$ 2uₙ + vₙ ✔ et la seconde $u_{n} + 2 v_{n}$ uₙ + 2vₙ ✔.
3
Par récurrence immédiate, $X_{n} = A^{n} X_{0}$ Xₙ = AⁿX₀ : tout revient donc à calculer $A^{n}$ Aⁿ.
4
Plutôt que de calculer $A^{n}$ Aⁿ directement, on cherche des combinaisons de $u_{n}$ uₙ et $v_{n}$ vₙ qui évoluent simplement.
5
Somme : $s_{n + 1} = u_{n + 1} + v_{n + 1} = (2 u_{n} + v_{n}) + (u_{n} + 2 v_{n}) = 3 u_{n} + 3 v_{n} = 3 s_{n}$ sₙ₊₁ = uₙ₊₁ + vₙ₊₁ = (2uₙ + vₙ) + (uₙ + 2vₙ) = 3uₙ + 3vₙ = 3sₙ.
6
La suite $(s_{n})$ (sₙ) est donc GÉOMÉTRIQUE de raison $3$ 3, avec $s_{0} = u_{0} + v_{0} = 1$ s₀ = u₀ + v₀ = 1.
7
Donc $s_{n} = 3^{n}$ sₙ = 3ⁿ.
8
Différence : $d_{n + 1} = u_{n + 1} - v_{n + 1} = (2 u_{n} + v_{n}) - (u_{n} + 2 v_{n}) = u_{n} - v_{n} = d_{n}$ dₙ₊₁ = uₙ₊₁ - vₙ₊₁ = (2uₙ + vₙ) - (uₙ + 2vₙ) = uₙ - vₙ = dₙ.
9
La suite $(d_{n})$ (dₙ) est donc CONSTANTE, égale à $d_{0} = 1 - 0 = 1$ d₀ = 1 - 0 = 1.
10
On dispose maintenant de $u_{n} + v_{n} = 3^{n}$ uₙ + vₙ = 3ⁿ et $u_{n} - v_{n} = 1$ uₙ - vₙ = 1 : un système de deux équations à deux inconnues.
11
En additionnant : $2 u_{n} = 3^{n} + 1$ 2uₙ = 3ⁿ + 1, donc $u_{n} = \frac{3 ^{n} + 1}{2}$ uₙ = (3ⁿ + 1)/2.
12
En soustrayant : $2 v_{n} = 3^{n} - 1$ 2vₙ = 3ⁿ - 1, donc $v_{n} = \frac{3 ^{n} - 1}{2}$ vₙ = (3ⁿ - 1)/2.
13
Vérification pour $n = 1$ n = 1 : les formules donnent $u_{1} = \frac{4}{2} = 2$ u₁ = 4/2 = 2 et $v_{1} = \frac{2}{2} = 1$ v₁ = 2/2 = 1.
14
Et par le système : $u_{1} = 2 \times 1 + 0 = 2$ u₁ = 2 × 1 + 0 = 2 ✔, $v_{1} = 1 + 2 \times 0 = 1$ v₁ = 1 + 2 × 0 = 1 ✔.
15
Pour $n = 2$ n = 2 : les formules donnent $u_{2} = \frac{10}{2} = 5$ u₂ = 10/2 = 5 et $v_{2} = \frac{8}{2} = 4$ v₂ = 8/2 = 4.
16
Par le système : $u_{2} = 2 \times 2 + 1 = 5$ u₂ = 2 × 2 + 1 = 5 ✔ et $v_{2} = 2 + 2 \times 1 = 4$ v₂ = 2 + 2 × 1 = 4 ✔.
17
Remarque : les nombres $3$ 3 et $1$ 1, raisons des deux suites auxiliaires, sont les VALEURS PROPRES de $A$ A — c'est ce que formalisera l'exercice 17.

Réponse :

X_{n + 1} = A X_{n}

Xₙ₊₁ = AXₙ avec

A = (2112)

A = 2 1 ; 1 2, et

X_{n} = A^{n} X_{0}

Xₙ = AⁿX₀ ·

s_{n} = 3^{n}

sₙ = 3ⁿ (géométrique) et

d_{n} = 1

dₙ = 1 (constante) ·

u_{n} = \frac{3 ^{n} + 1}{2}

uₙ = (3ⁿ+1)/2 et

v_{n} = \frac{3 ^{n} - 1}{2}

vₙ = (3ⁿ-1)/2.

Rappel de cours : Deux suites couplées se traitent en cherchant des combinaisons $u_{n} \pm v_{n}$ uₙ ± vₙ qui deviennent géométriques ou constantes. On résout ensuite le petit système pour revenir à $u_{n}$ uₙ et $v_{n}$ vₙ.

Erreur fréquente : Chercher $A^{n}$ Aⁿ coefficient par coefficient dès le départ. Les combinaisons somme/différence donnent le résultat bien plus vite, et fournissent en prime les valeurs propres.

Exercice 15 — Binôme de Newton avec une matrice nilpotente

Type contrôle

Quand une matrice s'écrit $A = I + N$ A = I + N avec $N$ N nilpotente, le binôme de Newton s'applique — car $I$ I commute avec tout — et la somme s'arrête très vite.

On pose $N = 000100010$ N = 0 1 0 ; 0 0 1 ; 0 0 0 et $A = I_{3} + N$ A = I₃ + N.

1.Calculer $N^{2}$ N² et $N^{3}$ N³.
2.Justifier que le binôme de Newton s'applique à $A^{n} = (I_{3} + N)^{n}$ Aⁿ = (I₃ + N)ⁿ.
3.En déduire $A^{n}$ Aⁿ pour $n ⩾ 2$ n ≥ 2, et vérifier pour $n = 2$ n = 2.

Voir la correction

Correction détaillée

1
$N^{2} = N \times N$ N² = N × N.
La matrice $N$ N décale les coefficients d'un cran vers la droite : son carré les décale de deux crans.
2
Ligne $1$ 1 de $N^{2}$ N² : $(0 \times 0 + 1 \times 0 + 0 \times 0, 0 \times 1 + 1 \times 0 + 0 \times 0, 0 \times 0 + 1 \times 1 + 0 \times 0) = (0, 0, 1)$ (0 × 0 + 1 × 0 + 0 × 0, 0 × 1 + 1 × 0 + 0 × 0, 0 × 0 + 1 × 1 + 0 × 0) = (0, 0, 1).
3
Les lignes $2$ 2 et $3$ 3 donnent des zéros.
Donc $N^{2} = 000000100$ N² = 0 0 1 ; 0 0 0 ; 0 0 0.
4
$N^{3} = N^{2} \times N$ N³ = N² × N : le décalage sort du tableau, et $N^{3}$ N³ est la matrice NULLE.
$N$ N est donc nilpotente d'ordre $3$ 3.
5
Application du binôme : la formule $(X + Y)^{n} = \sum (k n) X^{k} Y^{n - k}$ (X+Y)ⁿ = Σ C(n, k) X^(k)Y^(n-k) exige que $X$ X et $Y$ Y COMMUTENT.
6
Ici $X = I_{3}$ X = I₃ et $Y = N$ Y = N : or l'identité commute avec toute matrice, donc $I_{3} N = N I_{3} = N$ I₃N = NI₃ = N ✔.
Le binôme s'applique.
7
Il donne $A^{n} = (I_{3} + N)^{n} = \sum_{k = 0}^{n} (k n) N^{k}$ Aⁿ = (I₃ + N)ⁿ = Σ_k=0ⁿ C(n, k) N^(k), puisque toutes les puissances de $I_{3}$ I₃ valent $I_{3}$ I₃.
8
Mais $N^{k} = 0$ N^(k) = 0 dès que $k ⩾ 3$ k ≥ 3 : la somme se réduit à ses trois premiers termes.
9
$A^{n} = (0 n) I_{3} + (1 n) N + (2 n) N^{2} = I_{3} + n N + \frac{n ( n - 1 )}{2} N^{2}$ Aⁿ = C(n, 0) I₃ + C(n, 1) N + C(n, 2) N² = I₃ + nN + (n(n-1))/2N².
10
Explicitement : $A^{n} = 100 n 10 \frac{n ( n - 1 )}{2} n 1$ Aⁿ = 1 n (n(n-1))/2 ; 0 1 n ; 0 0 1.
11
Vérification pour $n = 2$ n = 2.
La formule donne $100210121$ 1 2 1 ; 0 1 2 ; 0 0 1.
12
Calcul direct de $A^{2}$ A² avec $A = 100110011$ A = 1 1 0 ; 0 1 1 ; 0 0 1 : ligne $1$ 1 donne $(1, 1 + 1, 0 + 1) = (1, 2, 1)$ (1, 1+1, 0+1) = (1, 2, 1) ✔.
13
Ligne $2$ 2 : $(0, 1, 2)$ (0, 1, 2) ✔.
Ligne $3$ 3 : $(0, 0, 1)$ (0, 0, 1) ✔.
La formule est confirmée.
14
Contrôle supplémentaire pour $n = 3$ n = 3 : la formule prédit un coefficient $\frac{3 \times 2}{2} = 3$ (3 × 2)/2 = 3 en haut à droite, ce que donne bien $A^{3} = A^{2} A$ A³ = A²A.

Réponse :

N^{2} = 000000100

N² = 0 0 1 ; 0 0 0 ; 0 0 0 et

N^{3} = 0

N³ = 0 · le binôme s'applique car

I_{3}

I₃ commute avec

N

N ·

A^{n} = I_{3} + n N + \frac{n ( n - 1 )}{2} N^{2} = 100 n 10 \frac{n ( n - 1 )}{2} n 1

Aⁿ = I₃ + nN + (n(n-1))/2N² = 1 n (n(n-1))/2 ; 0 1 n ; 0 0 1.

Rappel de cours : Binôme de Newton matriciel : valable UNIQUEMENT si les deux matrices commutent. Avec $A = I + N$ A = I + N et $N$ N nilpotente, la somme est finie — c'est la méthode la plus rapide pour ce type de matrice.

Erreur fréquente : Appliquer le binôme à $(A + B)^{n}$ (A + B)ⁿ sans vérifier que $A B = B A$ AB = BA. Sans cette hypothèse, la formule est fausse dès l'exposant $2$ 2 (exercice 3).

Exercice 16 — Diagonalisation et puissances n-ièmes

Type bac / défi

La méthode générale pour calculer $A^{n}$ Aⁿ consiste à écrire $A = P D P^{- 1}$ A = PDP⁻¹ avec $D$ D diagonale.

On reprend $A = (2112)$ A = 2 1 ; 1 2, et l'on pose $P = (11 1 - 1)$ P = 1 1 ; 1 -1.

1.Calculer $P^{- 1}$ P⁻¹.
2.Vérifier que $P^{- 1} A P = D$ P⁻¹AP = D avec $D = (3001)$ D = 3 0 ; 0 1.
3.Démontrer que $A^{n} = P D^{n} P^{- 1}$ Aⁿ = PDⁿP⁻¹, puis calculer $A^{n}$ Aⁿ.

Voir la correction

Correction détaillée

1
$det P = 1 \times (- 1) - 1 \times 1 = - 2 \neq = 0$ det P = 1 × (-1) - 1 × 1 = -2 ≠ 0 : $P$ P est inversible.
2
Par la formule : $P^{- 1} = \frac{1}{- 2} (- 1 - 1 - 1 1) = (\frac{1}{2} \frac{1}{2} \frac{1}{2} - \frac{1}{2})$ P⁻¹ = 1/(-2) -1 -1 ; -1 1 = 1/2 1/2 ; 1/2 -1/2.
3
Vérification : $P P^{- 1}$ PP⁻¹ a pour coefficient haut gauche $1 \times \frac{1}{2} + 1 \times \frac{1}{2} = 1$ 1 × 1/2 + 1 × 1/2 = 1 ✔ et haut droite $1 \times \frac{1}{2} + 1 \times (- \frac{1}{2}) = 0$ 1 × 1/2 + 1 × (-1/2) = 0 ✔.
4
Calculons $A P$ AP d'abord : $(2112) (11 1 - 1)$ 2 1 ; 1 2 1 1 ; 1 -1.
5
Haut gauche : $2 + 1 = 3$ 2 + 1 = 3.
Haut droite : $2 - 1 = 1$ 2 - 1 = 1.
Bas gauche : $1 + 2 = 3$ 1 + 2 = 3.
Bas droite : $1 - 2 = - 1$ 1 - 2 = -1.
6
Donc $A P = (33 1 - 1)$ AP = 3 1 ; 3 -1.
7
Puis $P^{- 1} (A P) = (\frac{1}{2} \frac{1}{2} \frac{1}{2} - \frac{1}{2}) (33 1 - 1)$ P⁻¹(AP) = 1/2 1/2 ; 1/2 -1/2 3 1 ; 3 -1.
8
Haut gauche : $\frac{3}{2} + \frac{3}{2} = 3$ 3/2 + 3/2 = 3.
Haut droite : $\frac{1}{2} - \frac{1}{2} = 0$ 1/2 - 1/2 = 0.
9
Bas gauche : $\frac{3}{2} - \frac{3}{2} = 0$ 3/2 - 3/2 = 0.
Bas droite : $\frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1$ 1/2 + 1/2 = 1.
10
Donc $P^{- 1} A P = (3001) = D$ P⁻¹AP = 3 0 ; 0 1 = D ✔.
11
De cette égalité on tire $A = P D P^{- 1}$ A = PDP⁻¹, en multipliant à gauche par $P$ P et à droite par $P^{- 1}$ P⁻¹.
12
Démontrons $A^{n} = P D^{n} P^{- 1}$ Aⁿ = PDⁿP⁻¹ par récurrence.
INITIALISATION : pour $n = 1$ n = 1, c'est l'égalité $A = P D P^{- 1}$ A = PDP⁻¹ ✔.
13
HÉRÉDITÉ : si $A^{n} = P D^{n} P^{- 1}$ Aⁿ = PDⁿP⁻¹, alors $A^{n + 1} = A^{n} A = P D^{n} P^{- 1} \times P D P^{- 1}$ Aⁿ⁺¹ = AⁿA = PDⁿP⁻¹ × PDP⁻¹.
14
Le produit $P^{- 1} P$ P⁻¹P au centre vaut $I$ I et disparaît : $A^{n + 1} = P D^{n} D P^{- 1} = P D^{n + 1} P^{- 1}$ Aⁿ⁺¹ = PDⁿDP⁻¹ = PDⁿ⁺¹P⁻¹ ✔.
15
C'est tout l'intérêt de la méthode : les $P^{- 1} P$ P⁻¹P intermédiaires se télescopent, et il ne reste que la puissance de $D$ D — immédiate à calculer.
16
$D^{n} = (3^{n} 0 01)$ Dⁿ = 3ⁿ 0 ; 0 1.
On calcule $P D^{n} = (3^{n} 3^{n} 1 - 1)$ PDⁿ = 3ⁿ 1 ; 3ⁿ -1.
17
Puis $A^{n} = P D^{n} P^{- 1} = (3^{n} 3^{n} 1 - 1) (\frac{1}{2} \frac{1}{2} \frac{1}{2} - \frac{1}{2})$ Aⁿ = PDⁿP⁻¹ = 3ⁿ 1 ; 3ⁿ -1 1/2 1/2 ; 1/2 -1/2.
18
Haut gauche : $\frac{3 ^{n}}{2} + \frac{1}{2} = \frac{3 ^{n} + 1}{2}$ 3ⁿ/2 + 1/2 = (3ⁿ+1)/2.
Haut droite : $\frac{3 ^{n}}{2} - \frac{1}{2} = \frac{3 ^{n} - 1}{2}$ 3ⁿ/2 - 1/2 = (3ⁿ-1)/2.
19
Bas gauche : $\frac{3 ^{n}}{2} - \frac{1}{2} = \frac{3 ^{n} - 1}{2}$ 3ⁿ/2 - 1/2 = (3ⁿ-1)/2.
Bas droite : $\frac{3 ^{n}}{2} + \frac{1}{2} = \frac{3 ^{n} + 1}{2}$ 3ⁿ/2 + 1/2 = (3ⁿ+1)/2.
20
Donc $A^{n} = \frac{1}{2} (3^{n} + 1 3^{n} - 1 3^{n} - 1 3^{n} + 1)$ Aⁿ = 1/2 3ⁿ+1 3ⁿ-1 ; 3ⁿ-1 3ⁿ+1.
21
Contrôle avec l'exercice 15 : $X_{n} = A^{n} X_{0}$ Xₙ = AⁿX₀ avec $X_{0} = (10)$ X₀ = 1 ; 0 donne la première colonne de $A^{n}$ Aⁿ, soit $u_{n} = \frac{3 ^{n} + 1}{2}$ uₙ = (3ⁿ+1)/2 et $v_{n} = \frac{3 ^{n} - 1}{2}$ vₙ = (3ⁿ-1)/2 ✔ — exactement les formules trouvées autrement.

Réponse :

P^{- 1} = (\frac{1}{2} \frac{1}{2} \frac{1}{2} - \frac{1}{2})

P⁻¹ = 1/2 1/2 ; 1/2 -1/2 ·

P^{- 1} A P = (3001)

P⁻¹AP = 3 0 ; 0 1 ✔ ·

A^{n} = P D^{n} P^{- 1} = \frac{1}{2} (3^{n} + 1 3^{n} - 1 3^{n} - 1 3^{n} + 1)

Aⁿ = PDⁿP⁻¹ = 1/2 3ⁿ+1 3ⁿ-1 ; 3ⁿ-1 3ⁿ+1.

Rappel de cours : $A = P D P^{- 1} \Rightarrow A^{n} = P D^{n} P^{- 1}$ A = PDP⁻¹ ⇒ Aⁿ = PDⁿP⁻¹, la démonstration reposant sur le télescopage des $P^{- 1} P$ P⁻¹P. C'est la seule méthode qui se généralise à toutes les matrices diagonalisables.

Erreur fréquente : Écrire $A^{n} = P^{n} D^{n} (P^{- 1})^{n}$ Aⁿ = PⁿDⁿ(P⁻¹)ⁿ. C'est faux : seuls les facteurs centraux se simplifient, et $P$ P reste au bord.

Exercice 17 — Fibonacci en matrices

Type bac / défi

La suite de Fibonacci est définie par $F_{0} = 0$ F₀ = 0, $F_{1} = 1$ F₁ = 1 et $F_{n + 2} = F_{n + 1} + F_{n}$ Fₙ₊₂ = Fₙ₊₁ + Fₙ.

On pose $A = (1110)$ A = 1 1 ; 1 0.

1.Vérifier que $A (F_{n + 1} F_{n}) = (F_{n + 2} F_{n + 1})$ A Fₙ₊₁ ; Fₙ = Fₙ₊₂ ; Fₙ₊₁.
2.Démontrer par récurrence que $A^{n} = (F_{n + 1} F_{n} F_{n} F_{n - 1})$ Aⁿ = Fₙ₊₁ Fₙ ; Fₙ Fₙ₋₁ pour $n ⩾ 1$ n ≥ 1.
3.En déduire l'identité $F_{n + 1} F_{n - 1} - F_{n}^{2} = (- 1)^{n}$ Fₙ₊₁Fₙ₋₁ - Fₙ² = (-1)ⁿ.

Voir la correction

Correction détaillée

1
Calculons le produit : première ligne, $1 \times F_{n + 1} + 1 \times F_{n} = F_{n + 1} + F_{n}$ 1 × Fₙ₊₁ + 1 × Fₙ = Fₙ₊₁ + Fₙ.
2
Or la relation de récurrence donne exactement $F_{n + 1} + F_{n} = F_{n + 2}$ Fₙ₊₁ + Fₙ = Fₙ₊₂ ✔.
3
Seconde ligne : $1 \times F_{n + 1} + 0 \times F_{n} = F_{n + 1}$ 1 × Fₙ₊₁ + 0 × Fₙ = Fₙ₊₁ ✔.
4
Le produit vaut donc $(F_{n + 2} F_{n + 1})$ Fₙ₊₂ ; Fₙ₊₁ : multiplier par $A$ A fait avancer la suite d'un cran.
5
Démonstration de la formule des puissances.
INITIALISATION : pour $n = 1$ n = 1, la formule donne $(F_{2} F_{1} F_{1} F_{0}) = (1110) = A$ F₂ F₁ ; F₁ F₀ = 1 1 ; 1 0 = A ✔ (avec $F_{2} = 1$ F₂ = 1).
6
HÉRÉDITÉ : supposons $A^{n} = (F_{n + 1} F_{n} F_{n} F_{n - 1})$ Aⁿ = Fₙ₊₁ Fₙ ; Fₙ Fₙ₋₁.
7
Alors $A^{n + 1} = A^{n} A = (F_{n + 1} F_{n} F_{n} F_{n - 1}) (1110)$ Aⁿ⁺¹ = AⁿA = Fₙ₊₁ Fₙ ; Fₙ Fₙ₋₁ 1 1 ; 1 0.
8
Haut gauche : $F_{n + 1} + F_{n} = F_{n + 2}$ Fₙ₊₁ + Fₙ = Fₙ₊₂ ✔.
Haut droite : $F_{n + 1} \times 1 + F_{n} \times 0 = F_{n + 1}$ Fₙ₊₁ × 1 + Fₙ × 0 = Fₙ₊₁ ✔.
9
Bas gauche : $F_{n} + F_{n - 1} = F_{n + 1}$ Fₙ + Fₙ₋₁ = Fₙ₊₁ ✔.
Bas droite : $F_{n}$ Fₙ ✔.
10
On obtient $A^{n + 1} = (F_{n + 2} F_{n + 1} F_{n + 1} F_{n})$ Aⁿ⁺¹ = Fₙ₊₂ Fₙ₊₁ ; Fₙ₊₁ Fₙ, qui est bien la formule au rang $n + 1$ n+1.
11
CONCLUSION : la formule est vraie pour tout $n ⩾ 1$ n ≥ 1.
12
Contrôle : $A^{5}$ A⁵ devrait valoir $(F_{6} F_{5} F_{5} F_{4}) = (8553)$ F₆ F₅ ; F₅ F₄ = 8 5 ; 5 3, avec la suite $0, 1, 1, 2, 3, 5, 8$ 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8 ✔.
13
Troisième question : on utilise la propriété $det (A^{n}) = (det A)^{n}$ det(Aⁿ) = (det A)ⁿ.
14
D'une part, $det A = 1 \times 0 - 1 \times 1 = - 1$ det A = 1 × 0 - 1 × 1 = -1, donc $det (A^{n}) = (- 1)^{n}$ det(Aⁿ) = (-1)ⁿ.
15
D'autre part, en calculant le déterminant sur la forme explicite : $det (A^{n}) = F_{n + 1} F_{n - 1} - F_{n} \times F_{n} = F_{n + 1} F_{n - 1} - F_{n}^{2}$ det(Aⁿ) = Fₙ₊₁Fₙ₋₁ - Fₙ × Fₙ = Fₙ₊₁Fₙ₋₁ - Fₙ².
16
En égalant les deux expressions : $F_{n + 1} F_{n - 1} - F_{n}^{2} = (- 1)^{n}$ Fₙ₊₁Fₙ₋₁ - Fₙ² = (-1)ⁿ.
C'est l'identité de Cassini.
17
Vérification pour $n = 5$ n = 5 : $F_{6} F_{4} - F_{5}^{2} = 8 \times 3 - 25 = - 1 = (- 1)^{5}$ F₆F₄ - F₅² = 8 × 3 - 25 = -1 = (-1)⁵ ✔.
18
Vérification pour $n = 6$ n = 6 : $F_{7} F_{5} - F_{6}^{2} = 13 \times 5 - 64 = 1 = (- 1)^{6}$ F₇F₅ - F₆² = 13 × 5 - 64 = 1 = (-1)⁶ ✔.
19
Remarquable : une identité sur les entiers de Fibonacci sort d'un simple calcul de déterminant.

Réponse :

A (F_{n + 1} F_{n}) = (F_{n + 2} F_{n + 1})

A Fₙ₊₁ ; Fₙ = Fₙ₊₂ ; Fₙ₊₁ par la relation de récurrence ·

A^{n} = (F_{n + 1} F_{n} F_{n} F_{n - 1})

Aⁿ = Fₙ₊₁ Fₙ ; Fₙ Fₙ₋₁ · et

det (A^{n}) = (det A)^{n}

det(Aⁿ) = (det A)ⁿ donne

F_{n + 1} F_{n - 1} - F_{n}^{2} = (- 1)^{n}

Fₙ₊₁Fₙ₋₁ - Fₙ² = (-1)ⁿ.

Rappel de cours : $det (A B) = det A \times det B$ det(AB) = det A × det B, donc $det (A^{n}) = (det A)^{n}$ det(Aⁿ) = (det A)ⁿ. Appliquée à une matrice dont les coefficients sont des termes de suite, cette propriété fournit des identités gratuites.

Erreur fréquente : Oublier que $F_{0} = 0$ F₀ = 0 dans l'initialisation. Le coefficient en bas à droite de $A^{1}$ A¹ doit valoir $F_{0} = 0$ F₀ = 0, ce qui cale correctement les indices.

Exercice 18 — Problème type bac : un modèle d'évolution

Type bac / défi

Deux villes $A$ A et $B$ B se partagent une population totale constante de $100000$ 100 000 habitants.

Chaque année, $10 %$ 10 % des habitants de $A$ A partent vers $B$ B, et $20 %$ 20 % des habitants de $B$ B partent vers $A$ A.

Au départ, $A$ A compte $60000$ 60 000 habitants et $B$ B en compte $40000$ 40 000.

On note $a_{n}$ aₙ et $b_{n}$ bₙ les effectifs après $n$ n années.

1.Écrire le système donnant $a_{n + 1}$ aₙ₊₁ et $b_{n + 1}$ bₙ₊₁, puis la matrice $M$ M telle que $X_{n + 1} = M X_{n}$ Xₙ₊₁ = MXₙ.
2.Calculer $X_{1}$ X₁ et $X_{2}$ X₂.
3.Déterminer l'état stable, c'est-à-dire le vecteur $X$ X tel que $M X = X$ MX = X avec $a + b = 100000$ a + b = 100 000.
4.Vérifier que la population totale est bien constante.

Voir la correction

Correction détaillée

1
Après un an, la ville $A$ A conserve $90 %$ 90 % de ses habitants et reçoit $20 %$ 20 % de ceux de $B$ B : $a_{n + 1} = 0, 9 a_{n} + 0, 2 b_{n}$ aₙ₊₁ = 0,9aₙ + 0,2bₙ.
2
Symétriquement, $B$ B conserve $80 %$ 80 % des siens et reçoit $10 %$ 10 % de ceux de $A$ A : $b_{n + 1} = 0, 1 a_{n} + 0, 8 b_{n}$ bₙ₊₁ = 0,1aₙ + 0,8bₙ.
3
En posant $X_{n} = (a_{n} b_{n})$ Xₙ = aₙ ; bₙ, on obtient $X_{n + 1} = M X_{n}$ Xₙ₊₁ = MXₙ avec $M = (0, 9 0, 1 0, 2 0, 8)$ M = 0,9 0,2 ; 0,1 0,8.
4
Contrôle de cohérence : chaque colonne de $M$ M a pour somme $1$ 1 ( $0, 9 + 0, 1$ 0,9 + 0,1 et $0, 2 + 0, 8$ 0,2 + 0,8) — c'est ce qui traduira la conservation de la population.
5
Calcul de $X_{1}$ X₁ : $a_{1} = 0, 9 \times 60000 + 0, 2 \times 40000 = 54000 + 8000 = 62000$ a₁ = 0,9 × 60 000 + 0,2 × 40 000 = 54 000 + 8 000 = 62 000.
6
$b_{1} = 0, 1 \times 60000 + 0, 8 \times 40000 = 6000 + 32000 = 38000$ b₁ = 0,1 × 60 000 + 0,8 × 40 000 = 6 000 + 32 000 = 38 000.
7
Donc $X_{1} = (6200038000)$ X₁ = 62 000 ; 38 000, et le total vaut bien $100000$ 100 000 ✔.
8
Calcul de $X_{2}$ X₂ : $a_{2} = 0, 9 \times 62000 + 0, 2 \times 38000 = 55800 + 7600 = 63400$ a₂ = 0,9 × 62 000 + 0,2 × 38 000 = 55 800 + 7 600 = 63 400.
9
$b_{2} = 0, 1 \times 62000 + 0, 8 \times 38000 = 6200 + 30400 = 36600$ b₂ = 0,1 × 62 000 + 0,8 × 38 000 = 6 200 + 30 400 = 36 600.
10
Donc $X_{2} = (6340036600)$ X₂ = 63 400 ; 36 600, total $100000$ 100 000 ✔.
La ville $A$ A gagne des habitants, de moins en moins vite.
11
État stable : on cherche $X = (a b)$ X = a ; b vérifiant $M X = X$ MX = X, c'est-à-dire $0, 9 a + 0, 2 b = a$ 0,9a + 0,2b = a et $0, 1 a + 0, 8 b = b$ 0,1a + 0,8b = b.
12
La première équation donne $0, 2 b = 0, 1 a$ 0,2b = 0,1a, soit $a = 2 b$ a = 2b.
13
La seconde donne $0, 1 a = 0, 2 b$ 0,1a = 0,2b, soit la même relation : les deux équations sont équivalentes, ce qui est normal — la population totale étant conservée, une seule information est nouvelle.
14
C'est la contrainte $a + b = 100000$ a + b = 100 000 qui lève l'indétermination : avec $a = 2 b$ a = 2b, on obtient $3 b = 100000$ 3b = 100 000.
15
Donc $b = \frac{100 000}{3} \approx 33333$ b = (100 000)/3 ≈ 33 333 et $a = \frac{200 000}{3} \approx 66667$ a = (200 000)/3 ≈ 66 667.
16
Vérification : $0, 9 \times \frac{200 000}{3} + 0, 2 \times \frac{100 000}{3} = \frac{180 000 + 20 000}{3} = \frac{200 000}{3}$ 0,9 × (200 000)/3 + 0,2 × (100 000)/3 = (180 000 + 20 000)/3 = (200 000)/3 ✔, l'état est bien invariant.
17
Cohérence avec les calculs : $a_{0} = 60000$ a₀ = 60 000, $a_{1} = 62000$ a₁ = 62 000, $a_{2} = 63400$ a₂ = 63 400 — la suite croît vers $66667$ 66 667 ✔.
18
Conservation de la population : $a_{n + 1} + b_{n + 1} = (0, 9 a_{n} + 0, 2 b_{n}) + (0, 1 a_{n} + 0, 8 b_{n}) = a_{n} + b_{n}$ aₙ₊₁ + bₙ₊₁ = (0,9aₙ + 0,2bₙ) + (0,1aₙ + 0,8bₙ) = aₙ + bₙ.
19
Le total est donc constant, égal à $100000$ 100 000 pour tout $n$ n ✔ — conséquence directe du fait que chaque colonne de $M$ M a pour somme $1$ 1.

Réponse :

M = (0, 9 0, 1 0, 2 0, 8)

M = 0,9 0,2 ; 0,1 0,8 ·

X_{1} = (6200038000)

X₁ = 62 000 ; 38 000,

X_{2} = (6340036600)

X₂ = 63 400 ; 36 600 · état stable

a = \frac{200 000}{3} \approx 66667

a = (200 000)/3 ≈ 66 667 et

b = \frac{100 000}{3} \approx 33333

b = (100 000)/3 ≈ 33 333 · la population totale reste

100000

100 000.

Rappel de cours : Dans une matrice de transition, chaque colonne a pour somme $1$ 1 : la quantité totale se conserve. L'état stable est le vecteur invariant $M X = X$ MX = X, déterminé par la contrainte de total.

Erreur fréquente : Croire que le système $M X = X$ MX = X suffit à déterminer l'état stable. Ses deux équations sont proportionnelles : il FAUT ajouter la contrainte $a + b = 100000$ a + b = 100 000.

Exercice 19 — Problème de synthèse : de la matrice à la formule explicite

Type bac / défi

On considère les suites définies par $u_{0} = 3$ u₀ = 3, $v_{0} = 1$ v₀ = 1 et ${u_{n + 1} = 3 u_{n} - v_{n} v_{n + 1} = - u_{n} + 3 v_{n}$ uₙ₊₁ = 3uₙ - vₙ ; vₙ₊₁ = -uₙ + 3vₙ Le problème enchaîne les trois techniques du chapitre : écriture matricielle, diagonalisation, puis retour aux suites.

1.Écrire $X_{n + 1} = A X_{n}$ Xₙ₊₁ = AXₙ et calculer $X_{1}$ X₁, $X_{2}$ X₂.
2.Montrer que $s_{n} = u_{n} + v_{n}$ sₙ = uₙ + vₙ et $d_{n} = u_{n} - v_{n}$ dₙ = uₙ - vₙ sont géométriques, et donner leurs expressions.
3.En déduire $u_{n}$ uₙ et $v_{n}$ vₙ, puis $A^{n}$ Aⁿ.
4.Déterminer la limite de $\frac{u _{n}}{v _{n}}$ uₙ/vₙ.

Voir la correction

Correction détaillée

1
En posant $X_{n} = (u_{n} v_{n})$ Xₙ = uₙ ; vₙ, le système s'écrit $X_{n + 1} = A X_{n}$ Xₙ₊₁ = AXₙ avec $A = (3 - 1 - 1 3)$ A = 3 -1 ; -1 3.
2
$X_{1}$ X₁ : $u_{1} = 3 \times 3 - 1 = 8$ u₁ = 3 × 3 - 1 = 8 et $v_{1} = - 3 + 3 \times 1 = 0$ v₁ = -3 + 3 × 1 = 0.
Donc $X_{1} = (80)$ X₁ = 8 ; 0.
3
$X_{2}$ X₂ : $u_{2} = 3 \times 8 - 0 = 24$ u₂ = 3 × 8 - 0 = 24 et $v_{2} = - 8 + 0 = - 8$ v₂ = -8 + 0 = -8.
Donc $X_{2} = (24 - 8)$ X₂ = 24 ; -8.
4
Somme : $s_{n + 1} = u_{n + 1} + v_{n + 1} = (3 u_{n} - v_{n}) + (- u_{n} + 3 v_{n}) = 2 u_{n} + 2 v_{n} = 2 s_{n}$ sₙ₊₁ = uₙ₊₁ + vₙ₊₁ = (3uₙ - vₙ) + (-uₙ + 3vₙ) = 2uₙ + 2vₙ = 2sₙ.
5
$(s_{n})$ (sₙ) est donc géométrique de raison $2$ 2, avec $s_{0} = 3 + 1 = 4$ s₀ = 3 + 1 = 4 : $s_{n} = 4 \times 2^{n} = 2^{n + 2}$ sₙ = 4 × 2ⁿ = 2ⁿ⁺².
6
Différence : $d_{n + 1} = (3 u_{n} - v_{n}) - (- u_{n} + 3 v_{n}) = 4 u_{n} - 4 v_{n} = 4 d_{n}$ dₙ₊₁ = (3uₙ - vₙ) - (-uₙ + 3vₙ) = 4uₙ - 4vₙ = 4dₙ.
7
$(d_{n})$ (dₙ) est géométrique de raison $4$ 4, avec $d_{0} = 3 - 1 = 2$ d₀ = 3 - 1 = 2 : $d_{n} = 2 \times 4^{n}$ dₙ = 2 × 4ⁿ.
8
Contrôle sur $n = 1$ n = 1 : $s_{1} = 8 + 0 = 8 = 2^{3}$ s₁ = 8 + 0 = 8 = 2³ ✔ et $d_{1} = 8 - 0 = 8 = 2 \times 4$ d₁ = 8 - 0 = 8 = 2 × 4 ✔.
9
On résout le petit système.
En additionnant : $2 u_{n} = s_{n} + d_{n} = 2^{n + 2} + 2 \times 4^{n}$ 2uₙ = sₙ + dₙ = 2ⁿ⁺² + 2 × 4ⁿ, donc $u_{n} = 2^{n + 1} + 4^{n}$ uₙ = 2ⁿ⁺¹ + 4ⁿ.
10
En soustrayant : $2 v_{n} = s_{n} - d_{n} = 2^{n + 2} - 2 \times 4^{n}$ 2vₙ = sₙ - dₙ = 2ⁿ⁺² - 2 × 4ⁿ, donc $v_{n} = 2^{n + 1} - 4^{n}$ vₙ = 2ⁿ⁺¹ - 4ⁿ.
11
Vérification pour $n = 1$ n = 1 : $u_{1} = 4 + 4 = 8$ u₁ = 4 + 4 = 8 ✔ et $v_{1} = 4 - 4 = 0$ v₁ = 4 - 4 = 0 ✔.
12
Pour $n = 2$ n = 2 : $u_{2} = 8 + 16 = 24$ u₂ = 8 + 16 = 24 ✔ et $v_{2} = 8 - 16 = - 8$ v₂ = 8 - 16 = -8 ✔.
13
Pour $A^{n}$ Aⁿ, on refait le même raisonnement avec un vecteur initial quelconque $(u_{0} v_{0})$ u₀ ; v₀.
14
On obtient $s_{n} = 2^{n} (u_{0} + v_{0})$ sₙ = 2ⁿ(u₀+v₀) et $d_{n} = 4^{n} (u_{0} - v_{0})$ dₙ = 4ⁿ(u₀-v₀), d'où $u_{n} = \frac{2 ^{n} ( u _{0} + v _{0} ) + 4 ^{n} ( u _{0} - v _{0} )}{2}$ uₙ = (2ⁿ(u₀+v₀) + 4ⁿ(u₀-v₀))/2.
15
En regroupant selon $u_{0}$ u₀ et $v_{0}$ v₀ : $u_{n} = \frac{4 ^{n} + 2 ^{n}}{2} u_{0} + \frac{2 ^{n} - 4 ^{n}}{2} v_{0}$ uₙ = (4ⁿ+2ⁿ)/2u₀ + (2ⁿ-4ⁿ)/2v₀, et symétriquement pour $v_{n}$ vₙ.
16
Donc $A^{n} = \frac{1}{2} (4^{n} + 2^{n} 2^{n} - 4^{n} 2^{n} - 4^{n} 4^{n} + 2^{n})$ Aⁿ = 1/2 4ⁿ+2ⁿ 2ⁿ-4ⁿ ; 2ⁿ-4ⁿ 4ⁿ+2ⁿ.
17
Contrôle pour $n = 1$ n = 1 : la formule donne $\frac{1}{2} (6 - 2 - 2 6) = (3 - 1 - 1 3) = A$ 1/2 6 -2 ; -2 6 = 3 -1 ; -1 3 = A ✔.
18
Dernière question : $\frac{u _{n}}{v _{n}} = \frac{2 ^{n + 1} + 4 ^{n}}{2 ^{n + 1} - 4 ^{n}}$ uₙ/vₙ = (2ⁿ⁺¹ + 4ⁿ)/(2ⁿ⁺¹ - 4ⁿ).
On factorise par le terme DOMINANT, $4^{n}$ 4ⁿ.
19
$\frac{u _{n}}{v _{n}} = \frac{4 ^{n} ( \frac{2 ^{n + 1}}{4 ^{n}} + 1 )}{4 ^{n} ( \frac{2 ^{n + 1}}{4 ^{n}} - 1 )} = \frac{2 ( \frac{1}{2} ) ^{n} + 1}{2 ( \frac{1}{2} ) ^{n} - 1}$ uₙ/vₙ = (4ⁿ(2ⁿ⁺¹/4ⁿ + 1))/(4ⁿ(2ⁿ⁺¹/4ⁿ - 1)) = (2(1/2)ⁿ + 1)/(2(1/2)ⁿ - 1), puisque $\frac{2 ^{n + 1}}{4 ^{n}} = 2 \times (\frac{2}{4})^{n} = 2 (\frac{1}{2})^{n}$ 2ⁿ⁺¹/4ⁿ = 2 × (2/4)ⁿ = 2(1/2)ⁿ.
20
Comme $(\frac{1}{2})^{n} \to 0$ (1/2)ⁿ → 0, le quotient tend vers $\frac{0 + 1}{0 - 1} = - 1$ (0 + 1)/(0 - 1) = -1.
21
Donc $n \to + \infty lim \frac{u _{n}}{v _{n}} = - 1$ lim_n → +∞ uₙ/vₙ = -1.
22
Interprétation : $4^{n}$ 4ⁿ l'emporte sur $2^{n}$ 2ⁿ, et il apparaît avec des signes opposés dans $u_{n}$ uₙ et $v_{n}$ vₙ — les deux suites divergent en sens contraires, à la même vitesse.
23
Contrôle numérique : $\frac{u _{5}}{v _{5}} = \frac{64 + 1024}{64 - 1024} = \frac{1088}{- 960} \approx - 1, 13$ u₅/v₅ = (64 + 1024)/(64 - 1024) = 1088/(-960) ≈ -1,13, et $\frac{u _{10}}{v _{10}} = \frac{2048 + 1 048 576}{2048 - 1 048 576} \approx - 1, 004$ u₁₀/v₁₀ = (2048 + 1 048 576)/(2048 - 1 048 576) ≈ -1,004 ✔ : la convergence vers $- 1$ -1 est nette.

Réponse :

A = (3 - 1 - 1 3)

A = 3 -1 ; -1 3,

X_{1} = (80)

X₁ = 8 ; 0,

X_{2} = (24 - 8)

X₂ = 24 ; -8 ·

s_{n} = 2^{n + 2}

sₙ = 2ⁿ⁺² et

d_{n} = 2 \times 4^{n}

dₙ = 2 × 4ⁿ ·

u_{n} = 2^{n + 1} + 4^{n}

uₙ = 2ⁿ⁺¹ + 4ⁿ,

v_{n} = 2^{n + 1} - 4^{n}

vₙ = 2ⁿ⁺¹ - 4ⁿ ·

A^{n} = \frac{1}{2} (4^{n} + 2^{n} 2^{n} - 4^{n} 2^{n} - 4^{n} 4^{n} + 2^{n})

Aⁿ = 1/2 4ⁿ+2ⁿ 2ⁿ-4ⁿ ; 2ⁿ-4ⁿ 4ⁿ+2ⁿ ·

lim \frac{u _{n}}{v _{n}} = - 1

lim uₙ/vₙ = -1.

Rappel de cours : Chaîne complète : système couplé $\to$ → écriture matricielle $\to$ → combinaisons $u \pm v$ u ± v géométriques (dont les raisons sont les valeurs propres) $\to$ → formules explicites $\to$ → puissance $A^{n}$ Aⁿ $\to$ → limites par factorisation du terme dominant.

Erreur fréquente : Chercher la limite sans factoriser le terme dominant. Les deux suites tendent vers l'infini : le quotient est une forme indéterminée tant que $4^{n}$ 4ⁿ n'a pas été mis en facteur.

Exercice 20 — La matrice d'un quart de tour, un « i » matriciel

Type bac / défi

Soit $J = (01 - 1 0)$ J= 0 -1 ; 1 0, matrice de la rotation d'un quart de tour.

1.Calculer $J^{2}$ J², $J^{3}$ J³ et $J^{4}$ J⁴. Interpréter géométriquement.
2.En déduire que $J$ J est inversible et donner $J^{- 1}$ J⁻¹.
3.Calculer $J^{2026}$ J²⁰²⁶.
4.On pose $M = I_{2} + J$ M=I₂+J. Calculer $M^{2}$ M², puis $M^{8}$ M⁸. Quel lien avec le nombre complexe $1 + i$ 1+i ?

Voir la correction

Correction détaillée

1
1) $J^{2} = (0 \times 0 + (- 1) \times 1 1 \times 0 + 0 \times 1 0 \times (- 1) + (- 1) \times 0 1 \times (- 1) + 0 \times 0) = (- 1 0 0 - 1) = - I_{2}$ J²= 0× 0+(-1)× 1 0×(-1)+(-1)× 0 ; 1× 0+0× 1 1×(-1)+0× 0 = -1 0 ; 0 -1 =-I₂.
2
$J^{3} = J^{2} J = - J$ J³=J²J=-J et $J^{4} = (J^{2})^{2} = I_{2}$ J⁴=(J²)²=I₂.
Deux quarts de tour font un demi-tour ( $- I_{2}$ -I₂), quatre font un tour complet ( $I_{2}$ I₂).
3
2) $J \times J^{3} = J^{4} = I_{2}$ J× J³=J⁴=I₂ : $J$ J est inversible et $J^{- 1} = J^{3} = - J = (0 - 1 10)$ J⁻¹=J³=-J= 0 1 ; -1 0 (le quart de tour dans l'autre sens).
4
3) $2026 = 4 \times 506 + 2$ 2026=4× 506+2, donc $J^{2026} = (J^{4})^{506} J^{2} = J^{2} = - I_{2}$ J²⁰²⁶=(J⁴)⁵⁰⁶J²=J²=-I₂.
5
4) $I_{2}$ I₂ et $J$ J commutent, donc $M^{2} = I_{2} + 2 J + J^{2} = I_{2} + 2 J - I_{2} = 2 J$ M²=I₂+2J+J²=I₂+2J-I₂=2J.
Puis $M^{8} = (M^{2})^{4} = (2 J)^{4} = 16 J^{4} = 16 I_{2}$ M⁸=(M²)⁴=(2J)⁴=16J⁴=16I₂.
6
$J$ J se comporte comme $i$ i ( $J^{2} = - I_{2}$ J²=-I₂, comme $i^{2} = - 1$ i²=-1) : on retrouve $(1 + i)^{2} = 2 i$ (1+i)²=2i et $(1 + i)^{8} = 16$ (1+i)⁸=16.

Réponse :

J^{2} = - I_{2}

J²=-I₂,

J^{4} = I_{2}

J⁴=I₂ ;

J^{- 1} = - J

J⁻¹=-J ;

J^{2026} = - I_{2}

J²⁰²⁶=-I₂ ;

M^{8} = 16 I_{2}

M⁸=16I₂.

Rappel de cours : Si $A^{k} = I$ A^(k)=I, alors $A$ A est inversible d'inverse $A^{k - 1}$ A^(k-1), et les puissances de $A$ A se répètent avec la période $k$ k.

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