Corrigé ESC 2003 par Pierre Veuillez
On note C la base canonique de 3
    1. Les coordonnées de (x,y,z) dans la base canonique sont (x,y,z)
      Donc les coordonnées de l'image sont données par : matC ( fn (x,y,z))= An ( x y z )
      Donc
      fn (x,y,z)=(x+ 1 n y+ 1 n z;\dfrac-1nx+\dfracn+2ny+\dfrac1n
      z;\dfrac1nx+\dfrac-1ny+z)
    2. En particulier
      • fn ( u )=(1,1,-1)= u
      • fn ( v )=( n+1 n , n+1 n ,0)= n+1 n v
      • fn ( w )=(0, -n-1 n , n+1 n )= n+1 n w
      Donc u , v , w sont vecteurs propres de fn .
    3. Montrons que la la famille B=( u , v , w ) est libre :
      Si x u +y v +z w =0 alors (x+y,x+y-z,-x+z)=0 donc { x+y=0 x+y-z=0 -x+z=0
      d'où { y=0 2y=0L2+L3 z=0 par substitution
      Donc ( u , v , w ) est libre et elle a trois vecteurs, dans 3 de dimension 3.
      C'est donc une base de 3
    4. On reconnait une formule de changement de base.
      Dna la base B les coordonnées de fn ( u )= u +0 v +0 w sont (1,0,0).
      De même celles de fn ( v )= n+1 n v sont (0, n+1 n ,0) et celles de fn ( w )= n+1 n w sont (0,0, n+1 w )
      La matrice de fn dans la base B est donc ( 100 0 n+1 n 0 00 n+1 n )=( 100 010 001 )+ 1 n ( 000 010 001 )
      Et on reconnait là la matrice Dn
      Soit P la matrice de passage de la base canonique dans la base B.
      Ses colonnes sont les coordonnées des vecteurs de B dans C
      Donc P=( 110 11-1 -101 ) et on vérifie que P-1 =( 1-1-1 011 1-10 ) en calculant les produits P· P-1 =I et P-1 P=I. Enfin la formule de changement de base donne la matrice de fn dans la base B :

      mat B fn = P-1 · mat C fn ·P

      ou encore
      Dn = P-1 An P

  1. On pose pour tout entier naturel n non nul Πn = A1 A2 An ( avec Π1 = A1 ).
    1. On a Πn = A1 A2 An = P-1 D1 PP-1 D2 PP-1 PP-1 Dn P= PD1 D2 Dn P-1 .
    2. Par récurrence :
      • Pour n=1 on a D1 =I+ 1 1 H=I+H
      • Soit n tel que D1 D2 Dn =I+nH
        Alors
        D1 D2 Dn Dn+1 =( D1 D2 Dn ) Dn+1 =(I+nH)(I+ 1 n+1 H) =I+(n+ 1 n+1 )H+ n n+1 H2

        Or H2 = ( 000 010 001 )2 =( 02 00 0 12 0 00 12 )=H donc
        D1 D2 Dn Dn+1 =I+(n+ 1 n+1 + n n+1 )H=I+(n+1)H

      • Donc pour tout entier n1 on a D1 D2 Dn =I+nH
    3. Comme Πn = PD1 D2 Dn P-1 =P(I+nH) P-1 =I+ nPHP-1 on calcule alors :

      PHP-1 =( 110 11-1 -101 )( 000 010 001 )( 1-1-1 011 1-10 ) =( 110 11-1 -101 )( 000 011 1-10 )=( 011 -121 1-10 )

      Et Πn =( 100 010 001 )+n( 011 -121 1-10 )=( 1nn -n1+2nn n-n1 )
    1. Pour tout i * , comme Di est triangulaire (diagonale), et que ses coefficients digonaux sont non nuls ( n-1) elle est inversible.
      Donc D1 D2 Dn est inversible comme produit de matrices inversibles.
      Pour vérifier que sont inverse est I-\dfracnn+1H on calcule leur produit. D1 D2 Dn =I+nH
      (I+nH)(I-\dfracnn+1H )=I+(n- n n+1 )H- n2 n+1 H2 et comme H2 =H
      =I+( n2 n+1 - n2 n+1 )H=I
      Donc ( D1 D2 Dn )-1 =I-\dfracnn+1H
    2. Enfin Πn = PD1 D2 Dn P-1 est inversible comme produit de matrices inversibles.
      et Πn -1 =.

      ( P-1 )-1 ( D1 D2 Dn )-1 P-1 (l'ordre est inversée lors de l'inversion du produit)
      Πn -1 =P(I-\dfracnn+1H) P-1 =I- n n+1 PHP-1
      Πn -1 =( 100 010 001 )- n n+1 ( 011 -121 1-10 )=( 1- n n+1 - n n+1 n n+1 1-2 n n+1 - n n+1 - n n+1 n n+1 1 )




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On 18 May 2004, 00:02.