Chapitre 23 MATRICES Enoncé des exercices

Chapitre 23
MATRICES
Enoncé des exercices
1
Les basiques
Exercice 23.1 Donner la matrice de l’application linéaire f : R3 → R3 , f (x, y, z) = (z, y, x) dans les bases canoniques.
Puis montrer que B = ((1, 0, 1) , (0, 1, 0) , (1, 0, −1)) est une base. Donner la matrice de f dans B.
Exercice 23.2 Soit f l’endomorphisme de R2 défini par
f
x
y
=
x − 3y
2x + 4y
2
1
,
est une base de R2 .
Justifier que B =
1
−1
1 −3
4 −1
Soit A =
,B=
que représentent A et B vis à vis de f ?
2 4
−2 8
Exercice 23.3 Donner la matrice de l’application linéaire f : R2 [X] → R2 [X] , f (P ) = (X − 1)2 P
2
(X − 1) P ′ (X) dans la base canonique, puis dans la base de Taylor : 1, (X − 1) , (X−1)
.
2
1
X−1
+
Exercice 23.4 Soit E = Vect (sin, cos, ch, sh) . On a vu que B = (sin, cos, ch, sh) est une base de E. Donner la matrice
de l’opérateur de dérivation dans cette base.

1 −1
Exercice 23.5 Soit A =  0 1
1 1
déterminer ker f. Donner une base de

2
0  et f l’endomorphisme canoniquement associé. Déterminer le rang de f,
2
Im f


1
Exercice 23.6 Soit B = (e1 , e2 , e3 ) où e1 =  0  , e2
1 
1
R3 . Soit f l’endomorphisme de R3 de matrice A =  0
3




1
2
=  −1  et e3 =  −1  . Montrer que c’est une base de
2
1
0 3
2 0  dans cette base. Que vaut f (e1 − 2e2 + 3e3 ) ?
0 1
1. LES BASIQUES
CHAPITRE 23. MATRICES


−1 0 1
Exercice 23.7 Soit A =  −1 −2 1  et f l’endomorphisme
−1 −1 1
B = (e1 , e2 , e3 ) telle que

0 0
B = M atB (f ) =  0 −1
0 0
Exercice 23.8 Puissance énième

1
1. Calculer An pour A =  0
0
2. (Plus technique)
et racine énième de matrices.

2 1
1 2  et n entier.
0 1
de R3 associé. Montrer qu’il existe une base

0
1 
−1
Trouver B tel que B 2 = A et plus généralement B tel que B n = A pour n ≥ 2.


1 2 3
Exercice 23.9 Trouver B tel que B 2 =  0 1 2 
0 0 1
Exercice 23.10 Soit E = R3 [X] et ∆ : P → P (X + 1) − P (X)
1. Ecrire la matrice de ∆ dans la base canonique B de E, calculer ∆(8X 3 + 2X 2 − 5X + 1). ∆ est-elle injective ?
Que vaut Im(∆) ?
, N3 = X(X−1)(X−2)
, vérifier que ces quatre vecteurs forment une base
2. Soit N0 = 1 , N1 = X , N2 = X(X−1)
2!
3!
′
B de E. Ecrire la matrice de ∆ dans cette base.
′
3. Déterminer la matrice de passage de B à B , et calculer son inverse.
′
4. Calculer les coordonnées de 8X 3 + 2X 2 − 5X + 1 dans B , en déduire l’expression de
′
∆(8X 3 + 2X 2 − 5X + 1) dans B . Retrouver enfin la valeur de ∆(8X 3 + 2X 2 − 5X + 1) dans B.
5. Calculer ∆4 (P ) à l’aide de la définition de ∆ puis avec sa matrice dans B′ . Quelle relation peut-on en déduire ?


2 0 0
Exercice 23.11 Soit A =  0 1 0  et f l’endomorphisme associé à A dans la base canonique B= (e1 , e2 , e3 ) de
0 1 2
R3 .
1. Déterminer F = ker (f − 2Id) et G = ker (f − Id) . Justifier que F ⊕ G = R3
2. Soit p la projection sur F de direction G, déterminer P = M atB (p), la matrice de p dans B.
Soit q la projection sur G de direction F , que valent p + q, p ◦ q, q ◦ p et Q = M atB (q).
3. Montrer que A = 2P + Q et en déduire An .
Exercice
23.12 Soit E = R3
. On note B la base canonique de R3 . On définit F = (x, y, z) ∈ R3 , x + y + z = 0 et
G = (x, y, z) ∈ R3 , x = y = z
1. Justifier que F et G sont des sous espaces vectoriels supplémentaires de E .
2. Soit B′ = (u1 , u2 , u3 ) où u1 = (1, 1, 1), u2 = (1, 0, −1), u3 = (0, 1, −1).
Montrer que B′ est une base.
−1
3. Calculer PB,B′ , justifier que cette matrice est inversible, puis déterminer PB,B
′
4. Soit p la projection sur F de direction G, et f l’affinité de base G, de direction F et de rapport 2.
Donner les matrices de p et f dans B (on utilisera la base B′ puis un changement de bases)


−5 3 −3
Exercice 23.13 Soit A =  −15 9 −7  et f l’endomorphisme canoniquement associé dans la base canonique
−9 5 −3
de R3 .
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CHAPITRE 23. MATRICES
2. LES TECHNIQUES


 
 
1
0
1
On pose u1 =  1  , u2 =  1  et u3 =  2 .
−1
1
1
Montrer que B = (u1 , u2 , u3 ) est une base et calculer la matrice de f dans B. En déduire An .



Exercice 23.14 Soit A = 


1
0
..
.
0
..
.
..
.
0 ···
q en fonction de n. Déterminer Im f
· · · 0 a1
. .
..
. .. ..
.
..
. 0 ..
0 1 an
et ker f.



 et f l’application linéaire associée de Rp dans Rq . Préciser p et


Exercice23.15

0
1
0
Soit A =  2 −1 −2  et f l’endomorphisme de R3 de matrice A dans la base canonique B1 de R3 .
−1 1
1
1. Déterminer ker f.
 


 
1
1
1
→
→
→
→
2. Soit −
u =  1 , −
v =  −1  et w
=  0  . Montrer que B2 = (−
u ,−
v , w)
est une base de R3 .
0
1
1
3. Donner la matrice B de f dans B2 .
4. Quelle est la matrice de passage P de B1 à B2 ? Justifier que P est inversible et calculer P −1 .
5. Comment peut-on calculer An ?
Exercice 23.16 On considère les deux suites récurrentes (un )n∈N et (vn )n∈N définies par
u0
v0
un+1
vn+1
=
=
=
=
0
0
aun + αbn
bvn + αan


a 0 α
où a, b et α sont des complexes. On définit la matrice M par M =  0 1 0  .
0 0 b
 n
  n

a
0 un
a
0 vn
1. Montrer que M n =  0 1 0  =  0 1 0  , en déduire un et vn lorsque a = b.
0 0 bn
0 0 bn
2. Pour a = b, calculer M n et en déduire un .
2
Les techniques
Exercice 23.17 Soit A ∈ Mn (R) telle que An = 0 et An−1 = 0. Soit u l’endomorphisme
canoniquement associé à
u. Montrer qu’il existe x0 ∈ Rn tel que un−1 (x0 ) , un−2 (x0 ) , · · · , u (x0 ) , x0 soit une base de Rn .
Quelle est la matrice de u dans cette base ?
Exercice 23.18 Soit λ ∈ R et fλ : Rn [X] → Rn [X] défini par fλ = λ (P ) (X) (P (X) − P (a))−(X − a) (P ′ (X) − P ′ (a))
Déterminer le noyau et l’image de fλ
Exercice 23.19 Soit


1
1 −1
A =  −3 −3 3 
−2 −2 2
et f l’endomorphisme associé à A dans la base canonique de R3 .
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2. LES TECHNIQUES
CHAPITRE 23. MATRICES
1. Déterminer le noyau et l’image de f
2. Trouver une base de R3 où la matrice de f est



0 1 0
B= 0 0 0 
0 0 0

0
0 
 et f l’endomorphisme de R4 canoniquement associé à A.
1 
1


0 1 0 0
 0 0 0 0 

Montrer qu’il existe une base B′ de R4 telle que MatB′ (f ) = B = 
 0 0 1 1 
0 0 0 1
Comment peut-on calculer An ?


a
c
b
Exercice 23.21 Soient (a, b, c) ∈ C et A =  c a + b c  . On note f l’endomorphisme de C3 canoniquement
b
c
a






1
1
1
√
√
associé à A. On considère les vecteurs v1 =  2  , v2 =  − 2  et v3 =  0 .
−1
1
1
Montrer que (v1 , v2 , v3 ) est une base de R3 . Donner la matrice de f dans cette base. En déduire un moyen de calculer
An .


a 1 ··· 1

. 
 1 . . . . . . .. 

 ∈ Mn (R)
Exercice 23.22 Soit a ∈ R, on définit M (a) =  .

 .. . . . . . . 1 
1 ···
1 a
1
1
0

−1
−1
0
Exercice 23.20 Soit A = 12 
 0
0
3
0
0 −1
1. Pour quelles valeurs de a, la matrice M (a) est-elle inversible ? Calculer alors son inverse.
2. Calculer M (a) × M (b) et retrouver l’inverse de M (a) quand elle est inversible. (On pourra utiliser M (1))


ch x 0 sh x
1
0  où x ∈ R, on note f l’endomorphisme canoniquement associé à A
Exercice 23.23 Soit A =  0
sh x 0 ch x
dans la base canonique de R3 .
 
 


0
1
1
1. On pose e1 =  1  , e2 =  0  et e3 =  0 . Montrer que B = (e1 , e2 , e3 ) est une base de R3 .
0
1
−1
2. Déterminer la matrice B de f dans la base B. En déduire An .
Exercice 23.24 Soit a, b, c trois réels dont un au moins est non nul, on définit

 2
a ba ca
A =  ab b2 cb 
ac bc c2
On note f l’endomorphisme de R3 de matrice A dans la base canonique.
1. Quel est le rang de f ?
2. Déterminer ker f, Im f, en donner une base et préciser leur dimension.
3. A-t-on ker f ⊕ Im f = R3 ?
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CHAPITRE 23. MATRICES

2. LES TECHNIQUES
1
0
..
.
1
1
..
.



Exercice 23.25 Soit M = 

 0 ···
1 1
base canonique de Rn .
···
0
..
.
1
···
..
.
0
···
1
1
1
0
..
.




 ∈ Mn (R) , on note f l’endomorphisme associé à M dans la

0 
1
1. Caculer M n .




2. Montrer qu’il existe une base B de Rn telle que MatB (f) = 




1 ···
 1 1

 ..
Exercice 23.26 Soit M = 
 . 0
 ..
..
 .
.
1 0
nique. Montrer qu’il existe une base B
···
0
..
.
···
···
..
.
1
0
..
.
0 0
0 1
.. . .
.
.
..
. ···
0 ···
···
0
..
.
···
···
..
.
0
···
1
0

0
0
..
.




 (matrice diagonale).


0 
2



 , on note f l’endomorphisme associé à M dans la base cano

..
. 1 0 
···
0 1
de Rn telle que





MatB (f ) = 



1
0
..
.
0
.. . .
.
.
..
. ···
0 ···
···
···
0
···
..
.
1
0
···
λ
0
0








0 
µ
0
..
.
où λ et µ sont deux réels à déterminer.
Exercice 23.27 Soit A ∈ Mn (R) , montrer l’équivalence
A antisymétrique ⇐⇒ ∀X ∈ Mn,1 (R) , t XAX = 0
Exercice 23.28 Soit n ≥ 2 et E = Rn [X] , on définit f par f (P ) = X 2 − X P (1) + X 2 + X P (−1).
1. Montrer que f est un endomorphisme de E.
2. Donner la matrice de f dans la base canonique. Quel est le rang de f ?
3. Déterminer ker f et Im f.
Exercice 23.29 Soit n ∈ N, n ≥ 2, on note E = Rn [X] , on définit pour P ∈ E, ϕ (P ) par
ϕ (P ) = (X − 1) P ′ + P ′′ (0)
1. Montrer que ϕ est un endomorphisme de E.
2. Donner la matrice M de ϕ dans la base canonique de E.
3. Déterminer ker ϕ et Im ϕ,donner une base de ces sous-espace vectoriels.
4. Montrer que Im ϕ = {Q ∈ E, Q (0) + Q′ (0) = 0}
5. Retrouver ce résultat en utilisant la dérivée de ϕ (P ) .
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3. LES EXOTIQUES
CHAPITRE 23. MATRICES
Exercice 23.30 Soit (un )n∈N la suite définie par la récurrence
u0 = 0 et un+1 = aun + bun−1 pour n ≥ 1 avec u1 = 0
b
0 c
On considère la matrice M =
où c =
.
u1 a
u1
1. Montrer que

Mn = 
cun−1
un
cun 
u1 
un+1
u1
2. En déduire que pour n ≥ 0, le terme un un+2 − u2n+1 ne dépend que de b et de u1 .
3. Lorsque b = −1, a = 2 ch θ où θ > 0 et u1 = 1, calculer un en fonction de θ, puis exprimer la relation obtenue
en 2).
Exercice 23.31 Soit A ∈ M3 (R) telle que A3 + A = 0, montrer que A est non inversible.
3
Les exotiques

C00 C10
 0 C11

 ..
..
.
Exercice 23.32 Soit A la matrice 
 .
 ..
 .
0 ···
i et j ∈ {0, · · · , n} (avec la convention classique
C20
C21
C22
..
.
···
···
..
.
..
Cn0
Cn1
..
.




 ∈ Mn+1 (K) de terme général ai,j = C i−1 , pour
j−1



Cnn−1
···
0
Cnn
j
: i > j ⇒ Ci = 0).
.
1. Ecrire A et l’inverser pour n = 2 et 3.
2. Soit u l’endomorphisme de Rn [X] ayant A pour matrice, calculer u(X k ) puis u(P ) pour P ∈ Rn [X] .
3. En déduire l’inverse de A, montrer que A−1 = JAJ où J est diagonale à déterminer.
Exercice 23.33 Soit (Ai )1≤i≤n2 une base de Mn (C) et X ∈ Mn,1 (C) une matrice colonne non nulle. Montrer que
la famille (Ai X)1≤i≤n2 engendre Mn,1 (C).
4
Les olympiques
Exercice 23.34 Soit ϕ l’endomorphisme de E = Mn (C) défini par ϕ (M) =tM . Calculer le déterminant de ϕ.et
vérifier votre calcul à l’aide de la matrice de ϕ dans la base canonique de M2 (C).
5
Le grenier
Exercice 23.35 Soit E = R2 [X] et f définie par f (P ) = X 2 + X + 1 P ′′ + X 2 P ′ − 2XP
1. Justifier que si P est dans E alors f (P ) est aussi dans E.
2. Montrer que f est linéaire.
3. Donner la matrice de f dans la base canonique.
4. Soit C = X, X 2 , X 2 + X + 1 , justifier que C est une base de E et préciser la matrice de f dans la base C.
Exercice 23.36 Soit E = Rn [X] et ϕ : P → (X + n) P (X) − XP (X + 1)
1. Ecrire la matrice dans la base canonique.
2. Déterminer son noyau et son image.
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CHAPITRE 23. MATRICES
5. LE GRENIER


1
..  , on note f l’endomorphisme associé à M dans la base canonique. Montrer
. 
1
1 ···
 ..
Exercice 23.37 Soit M =  . 1 ···
qu’il existe une base B de Rn telle que





MatB (f ) = 



1
0
..
.
0
.. . .
.
.
..
. ···
0 ···
où λ et µ sont deux réels à déterminer.
···
···
0
···
..
.
1
0
···
λ
0
0








0 
µ
0
..
.


b−1
b
2b
Exercice 23.38 Montrer que la matrice M =  −b −b − 1 −2b  représente une symétrie dont on précisera
1
1
1
la base et la direction.


b+1
b
0
Exercice 23.39 Montrer que la matrice M =  −b − 2 −b − 1 0  représente une symétrie dont on précisera la
1
1
1
base et la direction.
Exercice 23.40 On se place sur E = R2 [X], on considère l’endomorphisme ϕ défini par ϕ (P ) = X 2 − 3 P (α)
où α est un réel fixé. Donner la matrice dans la base canonique. Préciser ker ϕ, Im ϕ. A-t-on ker ϕ ⊕ Im ϕ = E ?
L’endomorphisme ϕ peut-il être un projecteur, une symétrie ?
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5. LE GRENIER
CHAPITRE 23. MATRICES
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Chapitre 23
MATRICES
Solution des exercices
1
Les basiques


0 0 1
Exercice 23.1 On a immédiatement M atBc (f) =  0 1 0  .

1 0 0 

1 0 1
1 0 2
On calcule le rang de B. rg (B) = rg  0 1 0  = rg  0 1 0  = 3, on a trois vecteurs de rang 3 en
C2 +C3
1 0 −1
1 0 0
dimension 3. Ils forment une base.
Puis f (1, 0, 1) = (1,
 0, 1) , f (0, 1,0) = (0, 1, 0) et f (1, 0, −1) = − (1, 0, −1).
1 0 0
D’où M atB (f ) =  0 1 0 
0 0 −1
1 2 1
1
0
2
Exercice 23.2 Det B = =
et f
=
= 3 = 0 donc B est une base de R . On a f 0
−1
1
2
1
−3
donc A est la matrice de f dans la base canonique Bc .
4 1
1
4
2
2
−1
Puis f
=A
=
,f
=A
=
donc B = MatB,Bc (f ).
−1
−1
−2
1
1
8
Exercice 23.3 f (1) = (X − 1)2 , f (X) = (X − 1)2
2X (X − 1) = 1 − 2X + 2X 2
On a donc
1
X−1
2
1
+
+ (X − 1) = 2X − 2 et f X 2 = (X − 1)2 X−1
2
f (1) f (X) f X 
1
−2
1
MatBc (f ) = 
−2
2
−2 
1
0
2
1
X
X2
2
2
1
Ensuite f (X − 1) = f (X) − f (1) = 2 (X − 1) − (X − 1)2 , f (X−1)
= 12 (X − 1)2 X−1
− 1 + (X − 1)2
2
1
2
= 12 (X − 1)2 (X−1)
+ (X − 1)2 = 32 (X − 1)2 − (X − 1) + 12
2 − X−1 + 1
D’où


1
0 0
2
M atBT (f) =  0 2 −1 
2 −2 3
1. LES BASIQUES
CHAPITRE 23. MATRICES


0 −1 0 0
 1 0 0 0 

Exercice 23.4 On a facilement MatB (d) = 
 0 0 0 1 
0 0 1 0
Exercice 23.5 D’après la matrice on a rg A = 2 (On peut supprimer, pour le calcul du rang et uniquement
pour cela, la troisième colonne.
reste deux colonnes indépendantes (car non colinéaires).
 Il
0
On constate que 2C1 − C3 =  0  , or 2C1 − C3 représente le vecteur 2f (i) − f (k) = f (2i − k) (où (i, j, k) est la
0


2
base canonique). Ainsi 2i − k =  0  ∈ ker f . D’après le théorème du rang on a dim ker f = dim R3 − dim Im f =
−1
3 − 2 = 1. Or Vect
⊂ ker f,par
on 
a égalité
(2i −k) 
 égalité des dimensions,
 
 des ensembles.
1
−1
1
−1
Enfin F = Vect  0  ,  1  ⊂ Im f, la famille  0  ,  1  est libre donc engendre un espace de di1
1
1
1
mension 2. On en déduit que
dim
F
=
2
=
dim
Im
f
=⇒
F
=
Im
f
.
  

1
−1
Une base de Im f est donc  0  ,  1  (car elle est libre et engendre Im f )
1
1
Exercice 23.6 On calcule le déterminant de la famille.
1 1
1 −1 2 2 1 −1 = 2 = 0
Det (B) = 0 −1 −1 = 0 0 −1 = − (−1) 1 1 C2 −C3 1 2
1
1 1
1
On a bien une base.
Première méthode :
D’après la linéarité de f, on a f (e1 − 2e2 + 3e3 ) = f (e1 )−2f (e2 )+3f (e3 ). Les colonnes de A donnent les coordonnées
des images de e1 , e2 , e3 d’où
 
 
  

1
0
3
10
f (e1 − 2e2 + 3e3 ) a pour coordonnées dans B :  0  − 2  2  + 3  0  =  −4 
3
0
1
6
Ceci signifie que





 

1
1
2
18
f (e1 − 2e2 + 3e3 ) = 10e1 − 4e2 + 6e3 = 10  0  − 4  −1  + 6  −1  =  −2 
1
2
1
8
Seconde méthode (la meilleure ! ! !) :


1
→
Les coordonnées de −
u = e1 − 2e2 + 3e3 dans la base B = (e1 , e2 , e3 ) sont  −2  , ainsi les coordonnées dans B de
3

 

 

1
1 0 3
1
10
→
f (−
u ) sont A  −2  =  0 2 0   −2  =  −4 . La matrice de passage de la base canonique à B est
3 
3 0 1
3
6

1 1
2
→
P =  0 −1 −1  , ainsi les coordonnées dans la base canonique de f (−
u ) sont
1 2
1

 

 

10
1 1
2
10
18
P  −4  =  0 −1 −1   −4  =  −2 
6
1 2
1
6
8
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CHAPITRE 23. MATRICES
1. LES BASIQUES
Exercice 23.7 On a

f (e1 ) f (e2 ) f (e3
)


0
0
0
B = M atB (f ) = 
  0
−1
1 
0
0
−1
e1
e2
e3




Ainsi e1 ∈ ker f . Or dans A, on a C1 + C3 = 0 donc f (i) + f (j) = 0 si (i, j, k) est la base canonique de R3 .
On choisit donc


1
e1 = i + k =  0  ∈ ker f
1
On cherche ensuite e2 telle que
f (e2 ) = −e2 ⇐⇒ f (e2 ) + Id (e2 ) = 0 ⇐⇒ (f + Id) (e2 ) = 0 ⇐⇒ e2 ∈ ker f + Id
La matrice dans la base canonique de f + Id est

 
 

−1 0 1
1 0 0
0
0 1
A + I3 =  −1 −2 1  +  0 1 0  =  −1 −1 1 
−1 −1 1
0 0 1
−1 −1 2


1
dont la différence des deux premières colonnes donne le vecteur nul. Ainsi e2 = i − j =  −1  convient.
0


x
Enfin on cherche e3 tel que f (e3 ) = −e3 + e2 . Si on pose e3 =  y  alors
z


 
 

−x + z
1
x
f (e3 ) =  −x − 2y + z  =  −1  −  y 
−x − y + z
0
z

z=1

z=1
−x − y + z = −1 ⇐⇒
⇐⇒
x+y =2

−x − y + 2z = 0

2
On choisit e3 =  0  qui convient. On vérifie que (e1 , e2 , e3 ) est bien une base.
1


0 2 1
Exercice 23.8
1. On décompose A = I3 + N où N =  0 0 2  . On applique alors le binôme de Newton
0 0 0
car I3 N = N I3 (l’identité commute avec toutes les matrices). Tout cela marche bien car N est nilpotente (Nihil
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1. LES BASIQUES
CHAPITRE 23. MATRICES


0 0 4
Potent), en effet N 2 =  0 0 0  et N 3 = (). Ainsi
0 0 0
An
=
=
n
k=0
2
∁kn N k I n−k =
n
∁kn N k
k=0
∁kn N k (ceci même si n < 2 car ∁kn = 0 pour k > n)
k=0
∁0n N 0
+ ∁1n N + ∁2n N 2
n (n − 1) 2
= I3 + nN +
N

2
 
 

1 0 0
0 2n n
0 0 2n (n − 1)
1 2n n (2n − 1)
= 0 1

0
2n
=  0 1 0  +  0 0 2n  +  0 0
0 0 1
0 0
0
0 0
0
0 0
1
=
2. Considèrons l’expression
An = I3 + nN +
n (n − 1) 2
N
2
1
Si les mathématiques sont bien faites (et elles le sont) on peut éventuellement faire n = .
2
On pose donc
N
1
B = I3 +
− N2
2
8
Alors
2
1 2
N
2
− N
B =
I3 +
2
8
1 2 1 2 1 3
1
= I3 + N − N + N − N + N 4
4
4
8
64
= I3 + N = A car N 3 = ()
Plus généralement on pose
B
1
−1
1
n
N2
= I3 + N +
n
2
1
1−n 2
= I3 + N +
N
n
2n2
1
1−n 2
= I3 + M où M = N +
N
n
2n2
1
n
Alors
M I3
Bn
= I3 M, on peut appliquer le binôme donc
= (I3 + M)n
n (n − 1) 2
= I3 + nM +
M + M 3 × (· · · )
2
Mais
M2
=
=
=
1
1−n 2
N
+
N
n2
n2
2
1
2 (1 − n) 3
1−n
N+
N +
N4
n2
n2
n2
1
N
n2
1
1−n 2
N+
N
n
2n2
2
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=
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CHAPITRE 23. MATRICES
1. LES BASIQUES
(n’oublions pas que N et N 2 commutent)
enfin
M
3
=
1
n3
3
2
3
1
1−n 4
1−n
1−n
1−n 2
3
5
6
N+
N
= 3 N +3
N +3
N +
N
2n
n
2n
2n
2n
= ()
d’où
Bn
n (n − 1) 2
= I3 + nM +
M
2
1
1−n 2
n (n − 1)
1
N+
+
× 2N
= I3 + n
N
2
n
2n
2
n
= I3 + N = A
Exercice
on vientde faire l’exercice
précédent, ona une petite

 idée. Soit I la matrice identité et
 23.9 Comme

0 0 1
1 2 3
0 1 0
N =  0 0 1 , alors N 2 =  0 0 0  et N 3 = () d’où  0 1 2  = I + 2N + 3N 2 . Cherchons B sous
0 0 0
0 0 1
0 0 0
la forme B = I + αN + βN 2 .
2
I + αN + βN 2 = I + 2αN + 2βN 2 + α2 N 2 + 2αβN 3 + β 2 N 4 = I + 2αN + 2β + α2 N 2 . Il suffit de prendre α = 1,
β = 1.


1 1 1
B =  0 1 1  convient
0 0 1
Exercice 23.10 Signalons qu’une vérification élémentaire prouve que ∆ est linéaire.
1. On a ∆ (1) = 1 − 1 = 0, ∆ (X) = (X + 1) − X = 1, ∆ X 2 = (X + 1)2 − X 2 = 2X + 1 et ∆ X 3 =
(X + 1)3 − X 3 = 3X 2 + 3X + 1. On en déduit que :
2
∆ X 3
 ∆ (1) ∆ (X) ∆ X
0
1
1
1
1

M atB (∆) = 
0
0
2
3
X


 0

0
0
3
X2
0
0
0
0
X3
On a
M atB ∆(8X 3 + 2X 2 − 5X + 1) = M atB (∆) M atB 8X 3 + 2X 2 − 5X + 1)





0
1
1
1
+1
5
 0
  −5 
 28 
0
2
3




MatB ∆(8X 3 + 2X 2 − 5X + 1) = 
 0
  +2  =  24 . La colonne
0
0
3
0
0
0
0
+8
0
obtenue représente les coordonnées de ∆(8X 3 + 2X 2 − 5X + 1) dans la base B , ainsi ∆(8X 3 + 2X 2 −
5X + 1) = 5 + 28X + 24X 2
On constate que ∆ n’est pas injective, car ∆ (1) = 0 donc 1 ∈ ker (∆) et par stabilité linéaire, V ect (1) = R0 [X] ⊂
ker (∆) . Mais il est clair que ∆ est de rang 3, et dim
R3 [X]
= 4 = rg (∆) + dim (ker (∆)) (théorème
E space de départ
du rang), on en déduit que dim (ker (∆)) = 1. En conclusion R0 [X] = ker (∆) car ces deux espaces ont même
dimension et que l’un est inclus dans l’autre.
De plus la présence d’une ligne de zéro dans la matrice de ∆ nous donne le renseignement suivant : ∆ (P ) n’a
pas de composante suivant X 3 , ce qui signifie que Im (∆) ⊂ R2 [X], puis par égalité des dimensions, on a
Im (∆) = R2 [X]
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1. LES BASIQUES
CHAPITRE 23. MATRICES
Les quatre vecteurs donnés sont échelonnés en degré donc forment une base (Il suffit d’écrire leur matrice dans la
base canonique, la matrice obtenue est alors clairement de rang 4. On a donc 4 vecteurs de rang 4, en dimension
4, ils forment ainsi une base ).
2. On a ∆ (N0 ) = 0, ∆ (N1 ) = 1 = N0 , ∆ (N2 ) = (X+1)X
− X(X−1)
= X = N1 et ∆ (N3 ) =
2
2
X(X−1)(X−2)
X(X−1)
X(X−1)
=
(X + 1 − X + 2) =
= N2 . Ainsi :
3!
3!
2
MatB′ (∆) =
∆ (N0 )
0
 0

 0
0
∆ (N1 ) ∆ (N2 )
1
0
0
1
0
0
0
0
 N0
1
= 
 0
 0
0
N1 N2 N3
0
0
0
1
1 − 12
3
1
1
0
−
2
2
1
0
0
6
∆ (N
3)
0

0


1
0
(X+1)(X)(X−1)
3!
−
N0
N1
N2
N3
3. On a N0 = 1, N1 = X, N2 = 12 X 2 − 12 X et N3 = 16 X 3 − 12 X 2 + 13 X, ainsi
PBB′




1
X
X2
X3
Pour calculer l’inverse de cette matrice, le plus simple est d’écrire que :
1 = N0 , X = N1 , X 2 = 2N2 + N1 , X 3 = 6N3 + 3X 2 − 2X = 6N3 + 3 (2N2 + N1 ) − 2N1 = 6N3 + 6N2 + N1 ,
ainsi
2
X3 
 1 X X
1
0
0
0
N0
1
1
1 
PB′ B = 
 0
 N1
 0
0
2
6  N2
0
0
0
6
N3
4. On a
MatB′ 8X 3 + 2X 2 − 5X + 1 = PB′ B MatB 8X 3 + 2X 2 − 5X + 1


 

1
0
0
0
1
1

 

 0
1
1
1 
  −5  =  5 . Ce qui signifie que
Ce qui donne MatB′ 8X 3 + 2X 2 − 5X + 1 = 
 0
0
2
6   2   52 
0
0
0
6
8
48
8X 3 + 2X 2 − 5X + 1 = 48N3 + 52N2 + 5N
+
N
1
0

 

0
1
0
0
1
5
  5   52 
 0
0
1
0

 

Puis MatB′ ∆ 8X 3 + 2X 2 − 5X + 1 = 
 0
  52  =  48 
0
0
1
0
0
0
0
48
0
ainsi ∆ 8X 3 + 2X 2 − 5X + 1 = 48N
+
52N
+
5N
2
1
0 3
2
3
2
′ MatB′ ∆ 8X + 2X − 5X + 1
Enfin
Mat
+
2X
−
5X
+
1
=
P
∆
8X
B
BB


 

1
0
0
0
5
5
1
1 
 0
  28 
1
−
52
2
3 
=
. On retrouve le résultat.
=
1
 0
0
− 12   48   24 
2
1
0
0
0
0
0
6
5. ∆2 (P ) = P (X + 2) − P (X + 1) − (P (X + 1) − P (X)) = P (X + 2) − 2P (X + 1) + P (X)
∆3 (P ) = P (X + 3) − 2P (X + 2) + P (X + 1) − (P (X + 2) − 2P (X + 1) + P (X))
= P (X + 3) − 3P (X + 2) + 3P (X + 1) − P (X) et enfin ∆4 (P ) = P (X + 4) − 4P (X + 3) + 6P (X + 2) −
4P (X + 1) + P (X) (Les coefficients vous sont-ils connus ?)

4
0
1
0
0
 0

0
1
0
 = () donc ∆4 = 0.
Mais MatB′ (∆) = 
 0

0
0
1
0
0
0
0
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CHAPITRE 23. MATRICES
1. LES BASIQUES
On en déduit que ∀P ∈ R3 [X] , ∆4 (P (X)) = P (X + 4) − 4P (X + 3) + 6P (X + 2) − 4P (X + 1) + P (X) = 0.
Généralisation ?


0 0 0
Exercice 23.11
1. La matrice associée à f − 2Id dans la base canoniques est A − 2I =  0 1 0  qui est de
0 1 0
rang 1 et contient deux colonnes nulles. On en déduit que e1 et e3 sont dans ker (f − 2Id). Ainsi V ect (e1 , e3 ) ⊂
ker (f − 2Id) et par le théorème du rang, ker (f − 2Id) est de dimension 2.
Conclusion : ker (f − 2Id) = V ect (e1 , e3 ) = {(x, y, z) , y = 0}


1 0 0
La matrice associée à f − Id dans la base canoniques est A − 2I =  0 0 0  qui est de rang 2, puisque la
0 1 1
deuxième colonne est égale à la troisième. De plus, cette égalité traduit le fait que (f − Id) (e2 ) = (f − Id) (e3 ) ⇔
(f − Id) (e2 − e3 ) = 0. Ainsi e2 − e3 ∈ ker (f − Id). Par le théorème du rang, on a ker (f − Id) = V ect (e2 − e1 ).
2. Notons (X, Y, Z) = p (u) où u = (x, y, z).
p (u) ∈ F ⇔ Y = 0  (1)
 x−X =λ×0
Alors
, de (2) on déduit que Y = y − λ que l’on
y−Y =λ×1
u − p (u) ∈ G ⇔ ∃λ ∈ R,
(2)

z − Z = λ × (−1)

 X=x
Y =0
reporte dans (1). Il en résulte que λ = y puis avec (2) que
( On constate que p (u) ∈ F , et on

Z =y+z
vérifie ce calcul en considérant
p (e
1 ) , p(e3 ) et p (e2 − e3 ) ).

1 0 0
Il en résulte que P =  0 0 0 .
0 1 1


0 0 0
Puis (cf cours), p + q = Id, pq = qp = 0, d’où Q = I − P =  0 1 0 .
0 −1 0

 
 

2 0 0
1 0 0
0 0 0
3. On a 2  0 0 0 + 0 1 0  =  0 1 0  = A. (Une autre preuve est la suivante, si on décompose
0 1 2
0 1 1
0 −1 0
u = uF + uG , alors
f (u) = 2uF + uG , en effet uF ∈ ker (f − 2Id) ⇔ f (uF ) − 2uF = 0 ⇔ f (uF ) = 2uF et uG ∈ ker (f − Id) ⇔
f (uG ) − uG = 0 ⇔ f (uG ) = uG et f linéaire. Puis (2p + q) (u) = 2p (u) + q (u) = 2uF + uG par définition
même de p et q ( p (u) est la composante sur F de u ).
On peut ensuite appliquer le binôme car P Q = QP = 0.
n
n
Ainsi An =
Cnk 2k P k Qn−k = Qn + 2n P n +
Cnk 2k P Q = 2n P n + Qn , en effet, si k > 0 et n − k > 0, alors
k=0
k=0
P k Qn−k = P k−1 (P Q) Qn−k−1 = 0.
On en déduit que

 
  n
1 0 0
0 0 0
2
An = 2n  0 0 0  +  0 1 0  =  0
0 1 1
0 −1 0
0

0
0
1
0 
2n − 1 2n
Exercice 23.12
1. F = V ect(u2 , u3 ) et G = V ect(u1 ) donc sont des sous-espaces vectoriels„ dim(F ) = 2 et
dim(G) = 1.
On a donc dim(F ) + dim(G) = dim(E), on vérifie facilement que F ∩ G = {0}, en effet si (x, y, z) ∈ F ∩ G, on
a x = y = z et x + y + z = 3x = 0 .






1 1
0
1 1
0
2 1
0
1 
2. rg(B′ ) = rg  1 0
=
rg  1 −1 1 
=
rg  0 −1 1  est de rang 3, or
C1 ←C1 +C3
C1 ←C1 +C2
C2 ←C2 −C3
1 −1 −1
0 0 −1
0 0 −1
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1. LES BASIQUES
CHAPITRE 23. MATRICES
dim(E) = 3 donc B ′ est une base.


1 1
0
1  est inversible en tant que matrice de passage.
3. PB,B′ =  1 0
1 −1 −1


 


a
x
=a
 x +y
 1 x +y
=a
 b  = PB,B′  y  ⇔
x
+z = b
⇔
−y
+z
=b−a
L3 ←L3 −L1 

c
z
x −y −z = c L2 ←L2 −C1
−2y −z = c − a


  1
 
1
1
=a
x
a
 1 x +y
3
3
3
⇔
⇔  y  =  32 − 13 − 13   b 
−1 y +z = b − a
L3 ←L3 −2L2 
2
z
c
− 13
− 13
−3z = c − 2b + a

3
1
1
1
1
−1
PB,B
2 −1 −1 
′ =
3
−1 2 −1


0 0 0
4. MatB′ (p) =  0 1 0 ,
0 0 1
−1
MatB (p) = PB,B′ × MatB′ (p) × PB,B
′



1 1
0
0 0 0
1
1
1
1
1   0 1 0   2 −1 −1 
=  1 0
3
1 −1 −1
0 0 1
−1 2 −1


2 −1 −1
1
−1 2 −1 
=
3
−1 −1 2

(on vérifie que cette matrice élevée au carrée est égale à elle
Puis f(x) = 2p(x) + q(x) où p + q = Id, donc f = p + Id et

5
1
M atB (f ) =  −1
3
−1

même)
M atB (f ) = MatB (p) + I3 .

−1 −1
5 −1 
−1 5


 

1 0 1
1 0 0
1 0 0
Exercice 23.13 rg (u1 , u2 , u3 ) = rg  1 1 2  = rg  1 1 −1  rg  1 1 0  = 3, on a bien une
−1 1 1
−1 1 1
−1 1 2
base ( 3 vecteurs de rang 3 en dimension 3). On calcule les images par f des trois vecteurs. On a, si Bc est la base
canonique de R3 .

 

 

1
−5 3 −3
1
1
M atBc (f (u1 )) = A  1  =  −15 9 −7   1  =  1 
−1
−9 5 −3
−1
−1
f (u1 ) = u1

 
   
0
−5 3 −3
0
0
M atBc (f (u2 )) = A  1  =  −15 9 −7   1  =  2 
1
−9 5 −3
1
2
f (u2 ) = 2u2

 
  

1
−5 3 −3
1
−2
MatBc (f (u3 )) = A  2  =  −15 9 −7   2  =  −4 
1
−9 5 −3
1
−2
f (u3 ) = −2u3
—16/33—
G´
H
- E
M -() 2009
CHAPITRE 23. MATRICES
1. LES BASIQUES
On trouve donc


1 0 0
B = MatB (f) =  0 2 0 
0 0 −2
Ensuite on a,
An = M atBc (f n ) =⇒ B n = MatB (f n )
d’où
An = P B n P −1
où P est la matrice de passage de Bc à B.
On termine l’exercice avec sa TI préférée.


1 0 1
P = 1 1 2 
−1 1 1
On remplace le − 2 par un paramètre a
(essayez donc avec un − 2)
On trouve alors

−1 − (−2)n+1
n
A =  −1 − 3 × 2n + (−2)n+2
1 − 3 × 2n − (−2)n+1
1 − (−2)n
1 + 2n+1 + (−2)n+1
−1 + 2n+1 − (−2)n

−1 + (−2)n
−1 − 2n − (−2)n+1 
1 − 2n + (−2)n
On vérifie pour n = 0 et n = 1
—17/33—
G´
H
- E
M -() 2009
1. LES BASIQUES
CHAPITRE 23. MATRICES

1
0
On peut même en déduire A−1 , en effet B est inversible d’inverse  0 2−1
0
0
B −1 = M atB (f −1 ). La relation An = P B n P −1 est encore vraie si n = −1.

0
. Or A−1 = MatBc f −1 et
0
(−2)−1
Exercice 23.14 On a n lignes et n + 1 colonnes, ainsi f va de Rn+1 dans Rn . Calculons le rang de A (qui vaut
le rang de f ), puisque Cn+1 = a1 C1 + a1 C2 + · · · + an Cn , on a rg (A) =rg (C1 , ·· · , Cn ) = rg (In ) = n. On en
 
−a1
0
 .. 
 .. 
 . 

 . 


 
déduit que Im f = Rn et par la formule du rang, dim ker f = 1. De plus f 
 ...  =  ..  (ceci correspond à


 . 
 −an 
0
1
−
→
→
→
−→) est la base canonique de Rn+1 ). On a donc
Cn+1 − a1 C1−a1 C2 −
· ·
· − an Cn = 0 car Ci = f (−
ei ) où (−
e1 , · · · , −
en+1
−a1
 .. 
 . 




ker f = vect 
 ... .


 −an 
1
Exercice 23.15
1. On a rg A = 2 d’où dim ker f = 1, or w
∈ ker f (regardez les colonnes) ainsi ker f = vect (w).
1 1 1 →
→
2. On a Det (−
u ,−
v , w)
= 1 −1 0 = −1 = 0 donc c’est une base.
0 1 1  
 




1
1
1
1
−
→
→
→
→
→
3. On a A  1  =  1  , A  −1  = −  −1  d’où f (−
u) = −
u , f (−
v ) = −−
v et f (w)
= 0.
0
1
1

 0
1 0 0
B =  0 −1 0 
0 0 0





1 1 1
x
4. On a P =  1 −1 0  est inversibe comme toute matrice de passage. On résout P  y  = 
0 1 1
z


1
0 −1
d’incounnes x, y, z (via Cramer par exemple) et on trouve P −1 =  1 −1 −1  .
−1 1
2


1
0
0
n
0  P −1 si n ≥ 1 et A0 = I3 Attention au cas n = 0 !
5. On a An = P  0 (−1)
0
0
0
Ainsi

a
b ,
c
Exercice 23.16
—18/33—
G´
H
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CHAPITRE 23. MATRICES
2. LES TECHNIQUES
1. En écrivant que M n+1 = M × M n , on montre par récurrence que

 n
a
0 un
Mn =  0 1 0 
0 0 bn
de même avec M n+1 = M n × M , on a
On en déduit que un = vn et que
ainsi pour a = b


0 vn
1 0 
0 bn
an
n

0
M =
0
aun + αbn = bun + αan
bn − an
b−a

 
 
a 0 0
0 0 α
2. Pour a = b, on calcule M n par le binôme car  0 1 0  ×  0 0 0  = 
0 0 a
0 0 0



2 

0 0 aα
0 0 α
0 0 0
 0 0 0  . Puisque  0 0 0  =  0 0 0  , on a
0 0 0
0 0 0
0 0 0

k  n−k

n 0 0 α
a
0
0
n
 0 0 0   0
1
0 
Mn =
k
0 0 0
k=0
0
0 an−k
 n


  n−1
a
0 0
0
0 0 α
a
1
=  0 1 0 + n 0 0 0  0
0 0 an
0
0
0 0 0
 n
 

n−1
a
0 0
0 0 nαa

0
=  0 1 0 + 0 0
n
0 0 a
0 0
0
un = α


0 0 α
a 0 0
0 0 0  0 1 0 . :
0 0 0
0 0 a
0
0
an−1


Ainsi
un = αnan−1
n
(on remarque que α
x → xn ).
2
n
b −a
tend vers αnan−1 si b tend vers a, car c’est un taux d’accroissement entre a et b de
b−a
Les techniques
Exercice 23.17 On prend x0 tel que un−1 (x0 ) = 0 (possible car An−1 = M at un−1 = 0 ). Alors x0 convient, en
i
effet si n−1
i=0 λi u (x0 ) = 0 alors
n−1
n−1
n−1
i
u
λi u (x0 ) = λ0 un−1 (x0 ) +
λi ui−1 (un (x0 ))
i=0
i=1
= λ0 un−1 (x0 ) = 0
=⇒ λ0 = 0
Puis on compose par un−2 pour en déduire
n−1
n−1
n−2
i
u
λi u (x0 ) = λ1 un−1 (x0 ) +
λi ui−1 (un (x0 ))
i=1
i=2
n−1
= λ1 u
—19/33—
(x0 ) = 0 =⇒ λ1 = 0
G´
H
- E
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2. LES TECHNIQUES
CHAPITRE 23. MATRICES
etc...
La famille est libre de cardinal n, c’est donc une base. Dans cette base u a pour matrice


0 1
0 0

 .. . .
..
 .
.
. 0 



 ..
 . 0 ... 1 
0 ··· ··· 0
Exercice 23.18 Il s’agit de choisir une bonne base, la meilleure semble être la base de Taylor en a, à savoir
B = 1, (X − a) , (X − a)2 , ..., (X − a)n




En effet la matrice de f est alors


0
λ
λ−2
..




.


.
λ−n
On a donc ker (fλ ) = R0 [X] , Im (fλ ) = {P, P (0) = 0} si λ ∈
/ {0, 2, ..., n} .
λ
ker (fλ ) = R0 [X] ⊕ Vect (X − a) , Im (fλ ) = P, P (0) = P (λ) (a) = 0 si λ ∈ {0, 2, ..., n} .
Exercice 23.19
1. La matrice est de rang 1, ker f est donc de dimension 2 (théorème du rang). On constate que
C2 − C1 = 0 et C1 + C3 = 0 donc f ((−1, 1, 0)) = f ((1, 0, 1)) = 0.
On a donc Vect ((−1, 1, 0) , (1, 0, 1)) ⊂ ker f , puisque ((−1, 1, 0) , (1, 0, 1)) est une famille libre, l’espace qu’elle
engendre est de dimension égale à 2 = dim ker f . Il y a donc égalité dans l’inclusion précédente.
Les colonnes de A forment une famille génératrice de Im f. On en déduit que Im f est une droite engendrée par
(1, −3, −2).
2. Compte tenu de la matrice qui est donnée, on doit avoir (si la nouvelle base
 est
1
On prend donc e′1 = (1, −3, −2) , e′2 = (1, 0, 0) et e′3 = (1, 0, 1). On a rg  −3
−2
d’une base dans laquelle la matrice est celle demandée.
(e′1 , e′2 , e′3 ) ), f (e′2 ) = e′1 ∈ Im f .
1 1
0 0  = 3 = 0. Il s’agit bien
0 1
Exercice 23.20 Analysons la matrice B. Sa première colonne est nulle, donc si l’on note B′ = (e′1 , e′2 , e′3 , e′4 ) , on a
f (e1 ) = 0. Déterminons ker f. La matrice A est clairement de rang 3 et (C2 = C1 ), (1, −1, 0, 0) ∈ ker f.
On prend donc


1
 −1 

e1 = 
 0 
0
Ensuite, on désire avoir f (e2 ) = e1 . On résout donc f (x, y, z, t) = (1, −, 1, 0, 0) , i.e.

 



x
x+y
1
 y  1  −x − y   −1 


 

A
 z  = 2  3z + t  =  0 
t
−z + t
0
Il est clair que z = t = 0 , x = y = 1. On prend donc


1
 1 

e2 = 
 0 
0
—20/33—
G´
H
- E
M -() 2009
CHAPITRE 23. MATRICES
2. LES TECHNIQUES
On cherche ensuite à avoir f (e3 ) = e3 ⇐⇒ (f − Id) (e3 ) = 0 ⇐⇒ e3 ∈ ker f − Id. La matrice de f − Id dans la base
canonique est


−1 1
0
0
1  −1 −3 0
0 

A − I4 = 

0
0
1
1 
2
0
0 −1 −1
Ainsi


0
 0 

e3 = 
 1 
−1
Enfin, il faut déterminer e4 tel que f (e4 ) = e4 + e3 . On résout donc

 
 

x
x
0
 y   y   0 
 
 

A
 z = z + 1 
t
t
−1

−x + y = 0



−x − 3y = 0
⇐⇒
3z + t = 2



−z + t = 2
dont une solution est


0
 0 

e4 = 
 0 
2
On peut vérifier que si

1
 −1
P =
 0
0
alors

0
0 

0 
2
1 0
1 0
0 1
0 −1
A = P BP −1
Pour calculer An = MatBc (f n ) ,on utilise la relation (compte tenu de B n = M atB (f n ) )


0
 0
On vérifie que DN = N D = 
 0
0
D’après le binôme de Newton, on
0
0
0
0
a
0
 0

B=
0
0
0
0
0
0

An = P B n P −1
 
0 0 0
0

0 0 0 
+ 0
0 1 0   0
0 0 1
0
D

0
0 0
 0 0
0 
2
 , N =
 0 0
1 
0
0 0
B n = Dn + nN Dn−1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
N

0
0 
 , Dn = D
0 
0

0
 0
= D + nN D = 
 0
0
—21/33—

0
0 

1 
0
0
0
0
0

0 0
0 0 

1 n 
0 1
G´
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2. LES TECHNIQUES
puis
CHAPITRE 23. MATRICES

0

0
An = P 
 0
0
0
0
0
0


0 0

0 0 
 P −1 = 1 
1 n 
2
0 1
0
0
0
0
Remarque : le calcul, à la main, de P −1 est très simple

0
0
0
0
0
0 

0 2+n
n 
0 −n 2 − n
Exercice 23.21 On montre (par le rang,ou le déterminant)
que B = (v1 , v2
, v3 ) est une base de R3 . On calcule
√
a + b + 2c
0 √
0
Av1 , Av2 et Av3 pour obtenir MatB (f) = 
0
a + b − 2c
0 
0
0
a−b


1
1
1
√
√
n
pour calculer An , on peut écrire P =  2 − 2 0  , An = P M atB (f ) P −1 , mais il y a plus malin.
−1
1
1
√




α
γ
β
α + β + 2γ
0 √
0
Posons A (α, β, γ) =  γ α + β γ  , et B (α, β, γ) = 
0
α + β − 2γ
0 
β
γ
α
0
0
α−β
On a montré que ∀ (α, β, γ) ∈ C,
A (α, β, γ) = P × B (α, β, γ) × P −1
or
√ n
 a + b + 2c
Bn = 
0
0
0√ n
a + b − 2c
0

0

0
n
(a − b)
Il suffit d’écrire B n = B (α, β, γ) pour α, β et γ bien choisis. On prend donc
pour obtenir

√
 α + β + √2γ
α + β − 2γ

α−β
√ n
= a + b + √2c
n
= a + b − 2c
n
= (a − b)

α
γ
An =  γ α + β
β
γ
Exercice 23.22
1. Puisque l’on demande
dère donc le système

ax1



 x1
..

.



x1

β
γ 
α
M (a)−1 , on résout le système M (a) X = Y que l’on inverse. On consi+ x2
+ ax2
+ ···
+ ···
+ xn
+ axn
=
=
..
.
+
+ ···
+
= yn
x2
De manière à préserver la symétrie du système, on adjoint
système, à savoir

ax1 + x2 + · · ·




x1 + ax2 + · · ·


..
.



x


1 + x2 + · · ·

(a + n − 1) x1 + x2 + · · ·
—22/33—
xn
y1
y2
une équation qui est la somme de toutes les lignes du
+ xn
+ axn
=
=
..
.
y1
y2
+ xn + xn
= yn
= y1 + · · · + yn
G´
H
- E
M -() 2009
CHAPITRE 23. MATRICES
2. LES TECHNIQUES
Si a = 1 − n, le système n’admet pas toujours de solution, la matrice n’est pas inversible.
1
(y1 + · · · + yn ) que l’on reporte dans chaque ligne pour obtenir
Si a = 1 − n, on obtient x1 + · · · + xn =
a+n−1
1
(y1 + · · · + yn )
(a − 1) xi = yi −
a+n−1
Si a = 1, la matrice n’est pas inversible (mais est-ce une surprise ?).
En définitive, si (a − 1) (a + n − 1) = 0, M (a) est inversible, la solution du système s’écrit
xi =
d’où
1
(−y1 − · · · − yi−1 + (a + n − 2) yi − yi+1 − · · · − yn )
(a − 1) (a + n − 1)
−1
M (a)
=
=



1

(a − 1) (a + n − 1) 

(a + n − 2)
−1
..
.
−1
−1
M (2 − n − a)
(a − 1) (a + n − 1)
−1
..
.
..
.
···
···
..
.
..
.
−1

−1
..
.
−1
(a + n − 2)





2. Comme indiqué, on introduit M (1) car M (1)2 = nM (1) . On a alors M (a) = (a − 1) I + M (1) d’où
M (a) M (b) = ((a − 1) I + M (1)) × ((b − 1) I + M (1))
= (a − 1) (b − 1) I + (a + b − 2) M (1) + nM (1)2
= (a − 1) (b − 1) I + (a + b + n − 2) M (1)
Si on choisit a + b + n − 2 = 0, soit b = 2 − n − b, on obtient
M (a) M (2 − n − a) = (a − 1) (1 − n − a) I
Si (a − 1) (1 − n − a) = 0, on retrouve bien M (a)−1 .
Exercice 23.23
0 1 1 1. On a Det (e1 , e2 , e3 ) = 1 0 0 = 2 = 0, donc B est bien une base R3 .
0 1 −1  
 
 
 

0
0
1
1
1
2. On a A  1  =  1  , A  0  = (ch x + sh x)  0  et A  0
0
0
1
1
−1
f (e1 ) = e1 , f (e2 ) = ex × e2 et f (e3 ) = −ex × e3 d’où


1 0
0
0 
B =  0 ex
−x
0 0 e



−1
1 0 1
1 0
0
1 0 1
0   0 1 0  . D’où
Ainsi A =  0 1 0   0 ex
−x
1 0 −1
0 0 e
1 0 −1



1 0 1
1 0
0
1 0
0  0 1
An =  0 1 0   0 enx
1 0 −1
0 0 e−nx
1 0
ce qui revient à remplacer x par nx dans la matrice A, donc


ch nx 0 sh nx
An =  0
1
0 
sh nx 0 ch nx
—23/33—



1
 = (ch x − sh x)  0  donc
−1
−1
1
0 
−1
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2. LES TECHNIQUES
CHAPITRE 23. MATRICES
Exercice 23.24


a
1. Soit C =  b  , si C1 , C2 et C3 désignent les colonnes de A, alors C1 = aC, C2 = bC et C3 = cC. On a donc
c
rg A = rg f = 1 si un au moins des trois réels a, b, c est non nul.
3
2. D’après
du
  le théorème

 rang, dim ker
 f =dim R − dim Im f = 3 − 1 = 2. Puisque aC2 − bC1 = aC3 − cC1 =
0
−b
−c
 0  , on a  a  ∈ ker f et  0  ∈ ker f, donc
0
0
a

 

−b
−c
vect  a  ,  0  ⊂ ker f
0
a
par égaité des dimension, il y a égalité entre ces deux espaces. En particulier, on a une base de ker f.
Enfin, les colonnes de A engendrent Im f, puisqu’elles sont toutes colinéaires à C, on a
 
a
Im f = vect  b  est de dimension 1
c
3
3
3. On a bien dim ker f + dim
Im f =
 dim
 R , reste
 à prouver
 que Im f + ker f = R .
−b
−c
a
Or Im f + ker f = vect  a  ,  0  ,  b  et
0
a
c
−b −c a a
0 b = a3 + b2 a + ac2 = a a2 + b2 + c2 = 0
0
a c 
 
 


 
  
−c
a
−b
−c
a
−b
donc  a  ,  0  ,  b  est une base de R3 , ainsi vect  a  ,  0  ,  b  = R3 . On a
0
a
c
0
a
c
donc
Im f ⊕ ker f = R3
Exercice 23.25

···
1
.
0
..
.
0 ···
1 1
est la base canonique de Rn , on a
0
···
···
..
.
..
.
1




1. On a M = In +N où N = 



0
0
..
.
1
..
.
..
1





 , l’endomorphisme g associé à N est f −Id. Si (e1 , · · · , en )


0 
0
0
..
.
g (e1 ) = en
g (ei ) = e1 + en si i ∈ {1, · · · , n − 1}
g (en ) = e1
On en déduit que
g 2 (e1 ) = g (en ) = e1
g2 (ei ) = g (e1 ) + g (en ) = en + e1 si i ∈ {1, · · · , n − 1}
g 2 (en ) = g (e1 ) = en
—24/33—
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CHAPITRE 23. MATRICES
2. LES TECHNIQUES
puis par récurrence, si k ≥ 1
k
g (e1 ) =
e1 si k est pair
en si k est pair
gk (ei ) = en + e1 si i ∈ {1, · · · , n − 1}
en si k est pair
k
g (en ) =
e1 si k est pair
d’où
N
2k+1
0
= N, N = In et N
2k

1
0
..
.
1
0
..
.



=N =

 0 ···
0 1
2
···
0
..
.
1
···
..
.
0
···
0
1
0
0
..
.




 si k ≥ 1

0 
1
On applique alors le binôme (car NIn = In N ), ainsi
n n
Nk
Mn =
k
k=0
n
n 2k
=
N +
N 2k+1
2k
2k + 1
2k≤n
2k+1≤n
n
n = In +
N2 +
N
2k
2k + 1
1≤2k≤n
0≤2k+1≤n
n
n
n
n
n
n
n
n
De plus, 2k≤n
+ 2k+1≤n
= k=0
= 2 et (1 − 1) = 2k≤n
+ 2k+1≤n
=
2k
2k + 1
k
2k
2k + 1
n
n
0 si n ≥ 1. Ceci prouve que pour n ≥ 1, 2k≤n
= 2k+1≤n
= 2n−1 . On en déduit que pour
2k
2k + 1
n ≥ 1, on a
M n = In + 2n−1 − 1 N 2 + 2n−1 N

 n−1
 
2
− 1 2n−1 − 1 · · · 2n−1 − 1
0
1 0 ··· ··· 0

 

..

  0 ... ... · · · 0 
.
0
0
···
0

 


  .. . .
..
..
.. 
..
..
..
..
..
= 
+


.
.
.
.
.
. . 
.
.

  .





.
..
..

  .. · · ·
.
. 0 
0
···
0
0
0
0
2n−1 − 1 · · · 2n−1 − 1 2n−1 − 1
0 ··· ···
0 1


n−1
n−1
n−1
0
2
··· 2
2
 0
0
0
·
·
·
0 


 ..
.. 
.
.
.
..
..
..
+ .
. 


 0
···
0
0
0 
2n−1 2n−1 · · · 2n−1
0
 n−1

n−1
n−1
2
2
−1 ··· 2
− 1 2n−1
 0
1
0
···
0 


 ..
.. 
..
..
..
=  .
.
.
.
. 


 0
···
0
1
0 
2n−1 2n−1 − 1 · · · 2n−1 − 1 2n−1
′ ′
2. Soit B = e1 , e2 , · · · e′n−1 , e′n les vecteurs de B alors
−
→
f (e′1 ) = 0 ⇐⇒ e′1 ∈ ker f
f (e′i ) = e′i si i ∈ {1, · · · , n − 1} donc e′i ∈ ker (f − Id)
f (e′n ) = 2e′n donc e′i ∈ ker (f − 2Id)
—25/33—
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2. LES TECHNIQUES
CHAPITRE 23. MATRICES
On a immédiatement
du noyau puisque dans M, l’opération sur les colonnes C1 −Cn donne la colonne
 un vecteur

1
 0 




nulle. Ainsi e′1 =  ...  convient.


 0 
−1
Si on considère M − In = N, elle est de rang 2, et les vecteurs du noyau de g sont clairement












0
1
−1
0
..
.
..
.
0
 
 
 
 
 
 
, 
 
 
 
 

  1
−1


 

 

0

 


 

..
 


.
,
,···




..

 0  


 
 .



−1
0
 0
0
0
1
0
1
0
−1
..
.


0
1
0
..
.












Ces vecteurs donnent e′2 , · · · , e′n−1 . Enfin f (e1 + en ) = 2 (e1 + en ) , donc
e′n

1
0
..
.



=

 0
1







Il reste à vérifier que l’on a bien une base. Mais

1
0
..
.
..
.
..
.
0
1
···
1




−1 0


..
.
0
Mat(e1 ,··· ,en ) (e′1 , · · · , e′n ) = 


.
.
..
..



.
..
 0
−1 0 · · ·
···
···
···
..
.
..
.
..
.
0

1 1
−1 0 

. 
0
0 .. 

..
.. 
.
0 . 

..
.. 
0
.
. 


−1 0 0 
0
1 1
0
1
Le rang de cette matrice est égal au rang de

1
0
..
.
..
.
..
.
0
1
···
1




−1 0


..

.
0


.
..
..

.


.
..
 0
−1 0 · · ·
···
···
···
..
.
..
.
..
.
0

2 2
−1 0 

. 
0
0 .. 

..
.. 
.
0 . 
 en faisant Cn + C1 et Cn−1 + C1
..
.. 
0
.
. 


−1 0 0 
0
0 0
0
1
—26/33—
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CHAPITRE 23. MATRICES
soit celui de
2. LES TECHNIQUES













2
0 ···
2
0
1
1
.. −1 −1 0
. 0
..
.. 0
.
0
.
..
..
..
..
.
.
.
.
..
0
0
.
0
0
0 ···
···
···
···
..
.
..
.
..
.
0
0
1
0
..
.
1
0
..
.
..
.
..
.







 soit n


0


−1 0 
0 −1
On a bien une base (avec le programme de Spé, cet exo est bien plus simple....)
Exercice 23.26 Si B = e′1 , e′2 , · · · e′n−1 , e′n alors on a
f (e′i ) = e′i si i ∈ {0, · · · , n − 2} donc e′i ∈ ker (f − Id)


1 1 ··· ··· 1
 1 0 0 ··· 0 


 ..
.. 
..
..
 qui est de rang 2. Le noyau de f − Id est engendré
.
.
.
0
.
on regarde donc la matrice M − In = N = 


 .. .. . .

 . .
. 0 0 
1 0 ···
0 0
par la famille (clairement libre)

 



0
0
0
 1   1 
 1 





 −1  
 0 


0 




 0  
 . 
  −1 

 , · · ·  .. 
 ..  , 


.. 
 .  
 0 
. 
 





 ..  
 −1 
0 
 . 
0
0
0




x1
x1




Il reste à déterminer les deux derniers veteurs. Si e′n−1 =  ...  alors f e′n−1 = λe′n−1 ⇐⇒ M  ...  =
xn
xn


x1


λ  ...  ce qui donne
xn
n
xi
= λx1
k=1
x1 + xi
= λxi si i ∈ {1, · · · , n}
soit
n
xi
= λx1
xi
=
k=1
1
x1 car λ = 1
λ−1
Le fait que λ = 1 provient du fait que si λ = 1 alors e′n−1 ∈ ker (f − Id). Puisque la famille e′1 , · · · , e′n−1 est libre,
on en déduit que dim ker (f − Id) ≥ n − 1 et rg (M − In ) ≤ 1 ce qui est faux. On a donc
n−1
x1 1 +
= λx1
λ−1
—27/33—
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2. LES TECHNIQUES
CHAPITRE 23. MATRICES
n−1
= λ ⇐⇒ n − 1 = (λ − 1)2 . On a donc
1+
1−λ
√
√
λ = 1 + n − 1 et µ = 1 − n − 1
−
→
On a x1 = 0 car sinon e′n−1 = 0 (et on cherche une base) ainsi
deux valeurs possibles
et (en prenant x1 = λ − 1)
e′n−1
 √
n−1

1

=
..

.
1
Reste à vérifier que la famille
(e′1 , · · ·














, e′n )
0
1
−1
0
..
.
..
.
0




 ′

 , en = 


√
− n−1
1
..
.
1





est bien une base, mais sa matrice dans la base canonique vaut
√
√

··· ···
0
n−1 − n−1

1 ···
1
1
1

..
..


0 ···
0
.
.


.
.
.
..
..
..
..
..

.
.


..
..
..
..

.
. 0
.
.


..
..
..

.
−1
.
.
···
0
0
1
1
On remplace Cn par Cn − Cn−1 et on met la colonne obtenu en première place. On obtient une matrice diagonale donc
de rang n.
Exercice 23.27 Avant tout, que dire de t XAX ? On sait que AX est une matrice colonne et t X est une matrice
ligne. Le produit d’une matrice ligne par une matrice colonne donne un réel (en toute rigueur une matrice 1 − 1). Donc
pour toute colonne (ou tout vecteur de Rn ), t XAX ∈ R (c’est un résultat connu en spé, mais en sup · · · ).
On travaille ensuite par double implication .
=⇒ : Par hypothèse t A = −A. On sait déjà que t XAX ∈ R donc est égal à sa transposée. Ainsi, ∀X ∈ Mn,1 (R)
t t
XAX = t XAX = t X t AX = − t XAX =⇒ t XAX = 0
⇐= : On a ∀X ∈ Mn,1 (R) , t XAX = 0. On va donc commencer par regarder ce que cela donne sur des X simples.
Posons A = ((ai,j ))1≤i,j≤n , et prenons X = Xi le i-ème vecteur de la base canonique de Rn (qui a toutes ses


a1,i


composantes nulles sauf la i-ième). Alors AXi est égal à Ci =  ...  , la i-ième colonne de A, et t Xi AXi = ai,i = 0.
an,i
On sait déjà que A a sa diagonale nulle (ouf ! car notre objectif
que A est antisymétrique). Prenons
 est de prouver

a1,i + a1,j


..
maintenant X = Xi + Xj avec i = j, alors AX = Ci + Cj = 
 et
.
an,i + an,j

t
XAX
=
0 ···
1
i-ièm e place
···
···
1
j-ièm e place
···

a1,i + a1,j
..




.


 ai,i + ai,j 




..


0 
.



..


.


 aj,i + aj,j 




..


.
an,i + an,j
= ai,i + ai,j + aj,i + aj,j = 0
—28/33—
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CHAPITRE 23. MATRICES
2. LES TECHNIQUES
Or ai,i = aj,j = 0 donc
ai,j + aj,i = 0
ce qui prouve que A est bien antisymétriqe.
1. Sans problèmes, on a bien f (P ) ∈ Rn [X] car n ≥ 2. Puis si (P, Q) ∈ E et (λ, µ) ∈ R alors
f (λP + µQ) = X 2 − X ((λP + µQ) (1)) + X 2 + X ((λP + µQ) (−1))
= X 2 − X (λP (1) + µQ (1)) + X 2 + X (λP (−1) + µQ (−1))
= λ X 2 − X P (1) + X 2 + X P (−1) + µ X 2 − X Q (1) + X 2 + X Q (−1)
= λf (P ) + µf (Q)
d’où la linéarité
2. En fait, si on cherche les images des vecteurs de la base canonique, pour avoir la matrice de f , on a
f (1) = X 2 − X + X 2 + X = 2X 2
f (X) = X 2 − X − X 2 + X = −2X
f X 2 = 2X 2
f Xk
=
1 + (−1)k X k + −1 + (−1)k X
ainsi

0 ···
0 −2
2 0
0 0
0
(1 + (−1)n )
(−1 + (−1)n )
0



0 −2 0 −2 · · ·




2 0
2




0 ··· ···
···


MatBx (f) = 







 ..

..
..
..
 .

.
.
.
0 0 0 ···
···
0
Cette matrice est clairement de rang 2.
3. On
du rang que dim ker f = n + 1 − 2 = n − 1. On a f (P ) = 0 si et seulement si
le théorème
2 sait par
X − X P (1) + X 2 + X P (−1) = 0. Les polynômes X 2 − X et X 2 + X forment une famille libre de
R2 [X] (ils sont non colinéaires), et P (1) , P (−1) sont des scalaires, ainsi cela équivaut à P (1) = P (−1) = 0.
On en déduit que
ker f
= {P ∈ Rn [X] , P (1) = P (−1) = 0}
= X 2 − 1 Rn−2 [X]
= Vect X 2 − 1, X 3 − X, · · · , X n − X n−2
X −1
X +1
Pour Im f, il est clair que Im f ⊂ Vect X 2 − X, X 2 + X . Puisque f
= X 2 + X et f
=
2
2
X 2 − X, on a
Im f = Vect X 2 − X, X 2 + X
(On retrouve bien que dim ker f = n + 1 − 2 = n − 1 = dim Rn−2 [X])
Exercice 23.28
1. Soit P ∈ E, on a deg (X − 1) P ′ ≤ n et deg P ′′ (0) = 0 donc deg (ϕ (P )) ≤ n, ainsi ϕ (P ) ∈ E. Soient (P, Q) ∈ E
et (λ, µ) ∈ R
ϕ (λP + µQ) =
=
=
=
=
(X − 1) (λP + µQ)′ + (λP + µQ)′′ (0)
(X − 1) (λP ′ + µQ′ ) + (λP ′′ (0) + µQ′′ (0))
λ (X − 1) P ′ + µ (X − 1) Q′ + λP ′′ (0) + µQ′′ (0)
λ ((X − 1) P ′ + P ′′ (0)) + µ ((X − 1) Q′ + Q′′ (0))
λϕ (P ) + µϕ (Q)
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2. LES TECHNIQUES
CHAPITRE 23. MATRICES
Ainsi ϕ est un endomorphisme de E.
2. Soit M la matrice de ϕ dans la base canonique,
on a ϕ
(1) = 0, ϕ (X) = X − 1, ϕ X 2 = (X − 1) × 2X + 2 =
2X 2 − 2X + 2 et pour k ≥ 3, ϕ X k = k X k − X k−1 donc






M =





0 −1
2
0
0
1
−2
0
0
0
2
−3
0
..
.
0
0
...
0
...
3
..
.
...
...
..
.
..
.
..
.
0
0
..
.
..
.








0 


−n 
n
3. On en déduit que rg (ϕ) = n − 1, ainsi dim ker ϕ = 1 Or 1 ∈ ker ϕ =⇒ Vect 1 = R0 [X] ⊂ ker ϕ et par égalité des
dimensions, on a
ker ϕ = R0 [X]
Ensuite, soit Q = b0 + b1 X + · · · + bn X n , alors Q ∈ Im f ⇐⇒ ∃P = a0 + a1 X + · · · + an X n tel que ϕ (P ) = Q.
Ceci se traduit par



 

−a1 + 2a2 = b0
b0 + b1 = 0


a0
b0






a
−
2a
=
b
a
− 2a2 = b1

 ..   .. 

1
2
1
1


 .   . 
.
..




..
M  .  =  .  ⇐⇒
⇐⇒
.




 ..   .. 


(n − 1) an−1 − nan = bn−1
(n − 1) an−1 − nan = bn−1






an
bn
nan = bn
nan = bn
Le système admet une solution si et seulement si b0 + b1 = 0. Ainsi Im ϕ est constitué des polynômes de la forme
b0 − b0 X + b2 X 2 + · · · + bn X n
Im ϕ = Vect 1 − X, X 2 , · · · , X n
4. Si Q est dans Im ϕ, il s’écrit sous la forme
Q = b0 − b0 X + b2 X 2 + · · · + bn X n
on a alors
Q (0) = b0
Q′ = −b0 + 2b2 X + · · · =⇒ Q′ (0) = −b0
Ces deux conditions sont donc les mêmes.
5. Pour P ∈ E, posons Q = ϕ (P ) = (X − 1) P ′ + P ′′ (0) . Alors
Q (0) = P ′′ (0) − P ′ (0)
Q′ = (X − 1) P ′′ + P ′ =⇒ Q′ (0) = P ′ (0) − P ′′ (0)
Ainsi
∀Q ∈ Im ϕ, Q (0) + Q′ (0) = 0
d’où Im ϕ ⊂ F. Enfin F est le noyau d’une forme linéaire donc a même dimension que Im ϕ. Par égalité des
dimensions, on a
Im ϕ = F
Exercice 23.29
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CHAPITRE 23. MATRICES
2. LES TECHNIQUES

1. Par récurrence pour n ≥ 1, on définit P (n) = ”M n = 
M
M
1
n+1
=
=


= 
cu1
u2
un
cun 
u1  ”. Alors
un+1
u1
b
cu1
=
car u2 = au1 + bu0 = au1 et
u2
u1


cun  
c
un+1
cun
0 c  cun−1
u1  = 
u1

un+1
a
u1 a
un
aun + cu1 un−1 cun + un+1
u1
u1
 
c
cun+1 
un+1
cun
cun
 
u1
u1 
=

un+2
aun+1 + bun
un+1
aun + bun−1
u1
u1
cu0
u1
cun−1
0
u1
2. En prenant le déterminant, il vient (det M n = det M n )
c un−1 un+1 − u2n = (−u1 c)n = (−b)n =⇒ un−1 un+1 − u2n = u21 (−b)n−1
u1
(Pour la suite de Fibonacci, on retrouve la classique identité de Cassini).
3. Dans le cas où b = −1 et u1 = 1, avec a = x, on obtient
c = −1, u2 = x
et au rang n + 1
un un+2 − u2n+1 = −1 =⇒ un un+2 + 1 = u2n+1
On peut résoudre la récurrence linéaire d’ordre 2
u0 = 0, u1 = 1, un+1 = xun − un−1
qui donne
un =
1
2δ
x+δ
2
n
−
x−δ
2
n où δ =
x2 − 4
ce qui montre que un est un polynôme en x (développer avec le binôme). De plus si on pose x = 2 ch θ où θ > 0,
alors
δ =
x2 − 4 = 2 ch2 θ − 1 = 2 sh θ car θ > 0
x+δ
x−δ
= eθ et
= eθ
2
2
ainsi
sh nθ
un =
>0
sh θ
(donc un est relié au ploynômes de Tchebychev de seconde espèce....).
La relation
un un+2 + 1 = u2n+1
s’écrit alors
sh nθ sh (n + 2) θ + sh2 θ = sh2 (n + 1) θ
relation que l’on peut vérifier à la main.....
Exercice 23.30 Par l’absurde, si A est inversible alors
A−1 × A3 + A = A2 + I3 = 0 =⇒ A2 = −I3
mais en passant au déterminant, on obtient
0 < det A2 = det (A)2 = det (−I3 ) = (−1)3 = −1
absurde !
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3. LES EXOTIQUES
3
CHAPITRE 23. MATRICES
Les exotiques
1 1
0 1
1 −1
0
1

1. Pour n = 2, A =
d’inverse


1 1 1
1 −1 1
pour n = 3, A =  0 1 2  d’inverse  0 1 −2 
0 0 1
0 0
1
k
k
2. On a u X = Ck0 + Ck1 X + Ck2 X 2 + ... + Ckk X k = (X + 1) ainsi P (X) → P (X + 1) coïncide avec u sur une
base donc coïncide partout.
En conclusion
u (P ) (X) = P (X + 1)

 0
(−1)n Cn0
C0 −C10 C20 · · ·
 0
C11 −C21 · · · (−1)n−1 Cn1 




..
.
..
..
..
2

.
.
C
.
3. On a donc u−1 : P → P (X − 1) a pour matrice 
2



 ..
.
.
..
. . (−1)1 C n−1 
 .
n
0 n
0
···
···
0
(−1)
Cn

a 0 0
Pour la dernière question , on regarde sur le deuxième exemple. On cherche J =  0 b 0  telle que
0 0 c



  2
 

a 0 0
1 1 1
a 0 0
a ab ac
1 −1 1
 0 b 0   0 1 2   0 b 0  =  0 b2 2bc  =  0 1 −2 
0 0 c
0 0 1
0 0 c
0 0 c2
0 0
1
Exercice 23.31
Un peu de concentration, et l’on devine que


1 0 0
J =  0 −1 0 
0 0 1
Il reste à le vérifier que dans le cas général



J =

1
−1
..
.
(−1)n+1





est un meilleur choix (pour la rédaction...). On peut montrer que A−1 = JAJ en utilisant des produits de
matrices, mais il y a plus subtil. Soit s l’endomorphisme de Rn [X] ayant pour matrice S, on connaît les images
des vecteurs de la base, S (1) = 1, S (X) = −X, S X k = (−1)k X k et plus généralement
s (P ) (X) = P (−X)
Le produit JAJ correspond à la composée s ◦ u ◦ s. Or
[u ◦ s (P )] (X) = u (P (−X)) = P (− (X + 1)) = P (−X − 1)
[s ◦ u ◦ s (P )] (X) = s (P (−X − 1)) = P (X − 1) = u−1 (P ) (X)
Il faut bien comprendre que le polynôme u (P ) est obtenu en remplaçant X par X + 1.
Exercice 23.32 Soit Y un vecteur de Mn,1 (C) , on veut l’écrire comme combinaison linéaire des Ai X. On va montrer
qu’il existe un endomorphisme de Cn qui envoie le vecteur X sur Y, la matrice A de cet endomorphisme se décomposera
sur la famille (Ai )1≤i≤n2 et le tour est joué !
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CHAPITRE 23. MATRICES
4. LES OLYMPIQUES
On construit ainsi l’endomorphisme :
−
→
On complète X en une base B = (X, e2 , · · · , en ) de Cn , on définit f par f (X) = Y et f (ei ) = 0 . Soit A la matrice
de f dans les base canoniques, alors AX = Y . Puisque (Ai )1≤i≤n2 est une famille génératrice de Mn (C), il existe
n2
n2
(λi )1≤i≤n2 tels que i=1 λi Ai = A, on a alors i=1 λi Ai X = Y . Ce qui prouve bien que la famille (Ai X)1≤i≤n2 est
génératrice de Mn,1 (C).
4
Les olympiques
Exercice 23.33 On sait que l’on peut calculer le déterminant d’un endomorphisme dans une base quelconque. Or
ϕ ◦ ϕ = Id, donc ϕ est une symétrie de E, on va donc se placer dans la base où ϕ est diagonalisée (la base constituée
du sous espace par rapport à quoi à lieu la symétrie, et su sous espace donné par la direction).
Pour une symétrie, il y a deux valeurs propres 1 et −1. Pour la valeur propre 1, on a ϕ (M ) = M si et seulement si
M est une matrice symétrique, et de même ϕ (M) = −M si et seulement si M est antisymétrique.
On sait que si Sym (C) et Asym (C) représente respectivement le sous espace des matrices symétriques et antisymétriques, alors Sym (C) ⊕ Asym (C) = E. Dans la base de E constituée d’une base de chacun de ces sous-espaces
vectoriels, la matrice de ϕ est


1 0 ··· ··· ···
0
.. 

.
..
 0 ..
.
. 


 .. . .
.
.
..
.. 
 .

.
1


 ..
.
.
.
. . −1
..
.. 
 .



 .

..
..
 ..
.
. 0 
0 ···
donc
···
···
0
−1
dim(Asym(C))
det (ϕ) = (−1)
n2 − n
(on choisit les termes au dessus de la diagonale, ceux en dessous s’en
2
déduisent, ceux sur la diagonales sont nuls ! ! !, plus rigoureusement une base de Asym (C) est donnée par les matrices
Eij − Eji où j > i). En conclusion
Or la dimension de Asym (C) est égale à
n(n−1)
det ϕ = (−1) 2
1 0
0 1
0 0
0 0
Pour n = 2, la base canonique est
,
,
,
. La matrice de ϕ est alors
0 0
0 0
1 0
0 1


1 0 0 0
 0 0 1 0 


 0 1 0 0 
0 0 0 1
dont le déterminant vaut −1 = (−1)
2(2−1)
2
.
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