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On note 3 ( ) l'ensemble des matrices carrées réelles d'ordre trois et on considère les matrices suivantes de 3 ( ) : I = ( 1 0 0 0 1 0 0 0 1 )    A = ( 1 1 1 1 0 0 1 0 0 )

I. Première partie

  1. On a A 2 = ( 1 1 1 1 0 0 1 0 0 ) ( 1 1 1 1 0 0 1 0 0 ) = ( 3 1 1 1 1 1 1 1 1 )

    et A 3 = A 2 A = ( 3 1 1 1 1 1 1 1 1 ) ( 1 1 1 1 0 0 1 0 0 ) = ( 5 3 3 3 1 1 3 1 1 )

    enfin A 2 + 2 A = ( 3 1 1 1 1 1 1 1 1 ) + 2 ( 1 1 1 1 0 0 1 0 0 ) = ( 5 3 3 3 1 1 3 1 1 ) = A 3

  2. Soient x et y réels.

    On a x A + y A 2 = y ( 1 1 1 1 0 0 1 0 0 ) + x ( 3 1 1 1 1 1 1 1 1 ) = ( y + 3 x y + x y + x y + x x x y + x x x )

    Donc si x A + y A 2 = 0 alors x = 0 et x + y = 0 donc y = 0 et la famille ( A , A 2 ) est libre.

  3. Comme la famille ( A , A 2 ) est libre, si a n et b n existent, ils sont alors uniques.

    L'existence se prouve par récurrence :

  4. Turbo-Pascal :

    Si on affecte les valeurs a n + 1 et a n à une même variable a , on n'en dispose plus pour calculer la valeur b n + 1

    Il faut donc avoir ici 2 variables ap et as pour affecter les valeurs précédentes et suivantes et de même pour b .

    Il faudra calculer les suivants du 2ème au n ième (pour k de 2 à n )


    program suites;

    var ap,as,bp,bs:real;n,k:integer;

    begin

    writeln('n?');readln(n);

    ap:=1;bp:=0;

    for k:=2 to n do

    begin

    as:=2*bp;bs:=ap+bp;

    ap:=as;bp:=bs;

    end;

    writeln(ap;bp);

    end;

    Le begin...end est indispensable car il y a plusieur instructions à effectuer pour chaque cvvaleur de k.

    1. Comme a n + 1 = 2 b n pour tout n 1 , on a aussi a n + 2 = 2 b n + 1 pour tout entier n .

      Comme b n + 1 = a n + b n pour tout n 1 on a a n + 2 = 2 a n + 2 b n

      et comme b n = 1 2 a n + 1 pour n 1 on a finalmement a n + 2 = a n + 1 + 2 a n

    2. La suite a est récurrente linéaire d'ordre 2 à coefficients constants

      Son équation caractéristique est : r 2 r 2 = 0 qui a pour racines r = 1 et r = 2

      Donc pour tou n 1 on a a n = x ( 1 ) n + y 2 2 .

      Comme A = 1 A + 0 A 2 et que A 2 = 0 A + 1 A 2 on a a 1 = 1 et a 2 = 0 donc x et y sont solutions de

      { a 1 = x ( 1 ) 1 + y 2 1 a 2 = x ( 1 ) 2 + y 2 2 { 1 = x + 2 y 0 = x + 4 y L 2 + L 1 { 1 = x + 2 y 1 = 6 y { x = 2 / 3 y = 1 / 6

      donc pour tout entier n 1 , a n = 2 3 ( 1 ) n + 1 6 2 n

      et en reportant dans b n = 1 2 a n + 1 = 1 3 ( 1 ) n + 1 6 2 n pour tout n 1

    3. Finalement on trouve que A n = ( 2 3 ( 1 ) n + 1 6 2 n ) A + ( 1 3 ( 1 ) n + 1 6 2 n ) A 2 pour tout entier n supérieur ou égal à 1 .

II. Seconde partie

On note f l'endomorphisme de 3 dont la matrice relativement à la base canonique ( e 1 , e 2 , e 3 ) de 3 est A .

  1. ( f ) est engendrée par ( f ( e 1 ) , f ( e 2 ) , f ( e 3 ) )

    avec f ( e 1 ) = ( 1 , 1 , 1 ) et f ( e 2 ) = f ( e 3 ) = ( 1 , 0 , 0 ) (d'après les colonnes de la matrice A de f dans la base canonique de 3 )

    Donc elle est engendrée par ( f ( e 1 ) , f ( e 2 ) ) qui est de plus une famille libre (échelonnée) donc une base de ( f )

    Donc la dimension de ( f ) est 2 (nombre de vecteurs dans une base).

    1. Comme la matrice A de f est symétrique, A et donc f est diagonalisable.

    2. Comme dim ( ( f ) ) = 2 alors (théorème du rang) dim ( ker ( f ) ) = 1 0 donc f n'est pas bijectif .

  2. On peut utiliser la relation A 3 = A 2 + 2 A pour montrer que si α est valeur propre alors (en multpliant par une colonne propre associée) α 3 = α 2 + 2 α et donc que les seules valeurs propres possibles de f sont 0 , 1 , et 2 et rechercher (ou exhiber) ensuite des vecteurs porpres associés pour prouver qu'elles sont bien valeurs propres.

    N.B. on sait déjà que 0 est valeur propre puisque f n'est pas dim ( ker ( f ) ) = 1

    On peut aussi de façon plus élémentaire déterminer les solutions u de f ( u ) = α u suivant les valeurs de α :

    Soit u = ( x , y , z )

    f ( u ) = α u ( A α I ) ( x y z ) = ( 0 0 0 ) { ( 1 α ) x + y + z = 0 x α y = 0 x α z = 0

    ( 1 ) { ( 1 α ) α y + y + z = 0 x = α y α y α z = 0

    Donc les valeurs propres de f sont 0 , 1 et 2 .

  3. Les valeurs propres dans l'ordre croissant sont 1 , 0 et 2

    Donc en concaténant les coordonnées des vecteurs porpres des bases, on a avec P = ( 1 0 2 1 1 1 1 1 1 ) et D = ( 1 0 0 0 0 0 0 0 2 ) la matrice P est inversible et A = P D P 1 (théorème de diagonalisation)

    NB pour avoir la troisième composante égale à 1 au lieu de x , (si elle n'y était pas déjà) il sufirait de multiplier le vecteur propre par par 1 / x ce qui donnerait un auter veteur propre associé

    Pour calculer P 1 , on applique la méthode de Gauss :

    ( 1 0 2 1 1 1 1 1 1 1 0 0 0 1 0 0 0 1 ) L 1 L 2 + L 1 L 3 + L 1 ( 1 0 2 0 1 3 0 1 3 1 0 0 1 1 0 1 0 1 ) L 1 L 2 L 3 + L 2

    ( 1 0 2 0 1 3 0 0 6 1 0 0 1 1 0 2 1 1 ) L 1 + L 3 / 3 L 2 + L 3 / 2 L 3 / 6 ( 1 0 0 0 1 0 0 0 1 1 / 3 1 / 3 1 / 3 0 1 / 2 1 / 2 1 / 3 1 / 6 1 / 6 ) L 1 + L 3 / 3 L 2 + L 3 / 2 L 3 / 6

    Donc P 1 = 1 6 ( 2 2 2 0 3 3 2 1 1 )

  4. Pour résoudre ( E ) : A M + M A = 0 on fait apparaître la forme diagonalisée de A et on multoiplie à gauche par P 1 et à droite par P

    A M + M A = 0 P D P 1 M + M P D P 1 = 0 D P 1 M P + P 1 M P D

    Soit N = P 1 M P

    On a ( E ) D N + N D = 0

    On en cherche les coefficients : N = ( x a u y b v z c w )

    a = c = x = y = z = u = v = w = 0

    N = ( 0 0 0 0 b 0 0 0 0 ) , b

    reste à résoudre N = P 1 M P M = P N P 1

    Donc les solutions sont , pour tout b

    M = b 2 ( 0 0 0 0 1 1 0 1 1 )