corrigé

Correction du problème d’entraînement en algèbre linéaire
E1B 2016–2017
Soient A, P et Qles matrices définies par :
A=
2 0 0
1 3 −1
1 1 1 
, P =
011
101
110
,et Q=
−1 1 1
1−1 1
1 1 −1
.
On notera Ila matrice identité d’ordre 3.
Par convention, pour toute matrice carrée Md’ordre 3, on posera M0=I.
Mise en situation
Cette partie est indépendante des suivantes.
1. Résoudre le système suivant, en fonction du paramètre λréel :
(2 −λ)x= 0
x+ (3 −λ)y−z= 0
x+y+ (1 −λ)z= 0
On pourra être amené à distinguer les cas λ= 2 et λ6= 2.
Solution. Il s’agit d’un système linéaire homogène, de 3 équations à 3 inconnues, avec un paramètre
λ. Ce système est non échelonné.
•Premier cas : si λ= 2. Alors le système linéaire (S)est équivalent au système suivant x+y−z= 0.
Un tel système d’une seule équation, à 3 inconnues admet une infinité de solutions qui sont :
S={(z−y, y, z)|(y, z)∈2}
•Deuxième cas : si λ6= 2. Alors λ−26= 0, donc la première ligne fournit déjà x= 0 et le système
linéaire (S)est équivalent au système suivant :
x= 0
(3 −λ)y−z= 0
y+ (1 −λ)z= 0
• • Premier sous-cas : si λ= 3. Alors dans ce cas, on obtient le système suivant :
x= 0
z= 0
y−2z= 0
La résolution d’un tel système est immédiate : on trouve une unique solution, qui est le triplet (0,0,0).
• • Deuxième sous-cas : si λ6= 3. Alors dans ce cas, on peut choisir 3−λcomme pivot dans la deuxième
ligne et on obtient le système suivant équivalent (via l’opération élémentaire L3←L3−1
3−λL2) :
x= 0
(3 −λ)y−z= 0
(λ−2)2
3−λz= 0
Là encore, la résolution de ce système linéaire est immédiate : comme λ6= 3 et λ6= 2, on en déduit
d’abord que z= 0, puis donc que y= 0. Finalement, le système admet une unique solution, la solution
nulle, (0,0,0).
BILAN : si λ6= 2, le système est de Cramer, il admet une unique solution, la solution nulle.
Si λ= 2, le système admet une infinité de solutions.

Inversibilité
2. a) Calculer le produit P Q.
Solution. En posant le calcul, on obtient P Q =
200
020
002
, c’est-à-dire P Q = 2I.
b) En déduire que Pest inversible, et donner P−1.
Solution. En posant e Q=1
2Q, l’égalité précédente donne Pe
Q=1
2P Q =I. D’après un théorème
du cours, ceci montre que Pest inversible, d’inverse
P−1=e Q=1
2
−1 1 1
1−1 1
1 1 −1
=
−1
2
1
2
1
2
1
2−1 2
1
2
1
2
1
2−1 2
3. a) Résoudre le système suivant en fonction des paramètres a, b, c réels :
y+z=a
x+z=b
x+y=c
Solution. Il s’agit d’un système linéaire non homogène, non échelonné, de trois équations à trois
inconnues. Échelonnons le système. Après permutation des lignes, on obtient le système équivalent
suivant : 
x+y=c
y+z=a
x+z=b
Effectuons l’opération suivante L3←L3−L1et on obtient le système équivalent suivant :
x+y=c
y+z=a
−y+z=b−c
Effectuons maintenant l’opération L3←L3+L2et on obtient le système équivalent suivant :
x+y=c
y+z=a
2z=b+a−c
Remarquons que nous obtenons ici un système linéaire échelonné, de 3 équations à 3 inconnues,
dont les pivots sont tous les trois non nuls : le système admet donc une unique solution, que nous
déterminons par une résolution "en cascade".
x=c−1
2(a−b+c)
y=a−1
2(a+b−c)
z=1
2(a+b−c)
D’où finalement 
x=1
2(−a+b+c)
y=1
2(a−b+c)
z=1
2(a+b−c)
b) Retrouver le résultat de la question 2.b à partir de cette résolution.
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Solution. D’après le cours, on sait que prouver l’inversibilité de la matrice Previent à prouver
que pour tout vecteur colonne Y=
a
b
c
, il existe un unique vecteur colonne X=
x
y
z
tel que
P X =Y. D’après les calculs de la question précédente, on sait déjà que Pest inversible (car le
système linéaire admet une unique solution, déterminée ci-dessus), et on obtient gratuitement la
tête de P−1: il suffit de lire X=P−1Y.
P−1=1
2
−1 1 1
1−1 1
1 1 −1
Calcul de puissances
4. On pose B=P−1AP .
a) Calculer B.
Solution. Après un calcul un peu long mais très facile, on trouve : B=
202
020
002
.
On reconnaît alors que Best de la forme B= 2 I+J
On vérifiera que Bs’écrit sous la forme B=αI +Joù αest un réel, et J=
002
000
000
.
b) Montrer que, pour tout entier n≥0, An=P BnP−1.
Solution. Typiquement, cette question se traite par récurrence sur n.
•Initialisation à n= 0. La relation est claire, car par convention A0=Iet P P −1=I.
•Hérédité. Soit nentier naturel. Supposons la relation An=P BnP−1vraie. Montrons que cette
relation est encore vraie au rang n+ 1. Il s’agit donc de montrer que An+1 =P Bn+1P−1.
Or An+1 =A An=A P BnP−1, par hypothèse de récurrence.
Par ailleurs, de la relation B=P−1AP , on tire (en multipliant à gauche par Pet à droite par
P−1) que A=P BP −1, d’où :
An+1 =A An=P BP −1P BnP−1=P BBnP−1=P Bn+1P−1.
•Conclusion. Le résultat est donc prouvé !
5. a) Calculer J2, puis Jkpour tout entier k≥2.
Solution. Un calcul immédiat montre que J2= 0. On en déduit alors que pour tout entier naturel
k>2, on a Jk= 0. En effet, il suffit d’écrire (astucieusement) :
Jk=Jk−2J2=Jk−2×0=0.
Notez qu’il serai très maladroit de montrer ceci par récurrence sur k! Apprenez à être malin et
surtout efficace.
b) À l’aide de la formule du binôme de Newton, exprimer, pour tout entier n≥2, la matrice Bnen
fonction de Iet de J. La formule obtenue est-elle encore valable pour n= 1 ? Pour n= 0 ?
Solution. Soit nun entier naturel tel que n≥2. Calculons Bn= (2I+J)n. On est alors
tenté d’écrire la formule du binôme de Newton. Pour cela, il faut s’assurer que les matrices 2Iet J
COMMUTENT. Or il est bien connu que toute matrice commute toujours avec la matrice identité,
et donc aussi avec toute matrice scalaire (ce qui est le cas de la matrice 2I).
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Ainsi, d’après la formule du binôme de Newton, on a :
Bn= (2I+J)n=
n
X
k=0 n
k(2I)n−kJk
=n
0(2I)nJ0+n 1(2I)n−1J1+
n
X
k=2 n
k(2I)n−kJk
= (2I)n+n(2I)n−1J1+ 0
= 2nI+n2n−1J.
La formule est encore vraie si n= 1, car B= 2I+J.
La formule est encore vraie pour n= 0 car B0=Ipar convention et 20I+ 0J=I.
c) Exprimer alors Bnsous la forme d’un tableau de nombres.
Solution. D’où finalement, d’après la question précédente
Bn=
2n0n2n
0 2n0
0 0 2n
.
d) En déduire l’expression de Ansous la forme d’un tableau de nombres.
Solution. Comme nous savons par les questions précédentes que n≥0, An=P BnP−1, il s’agit
d’en effectuer la calcul pratique (un peu de courage !). On trouve alors :
An=
2n0 0
n2n−1(n+ 2)2n−1n2n−1
n2n−1n2n−1(n+ 2)2n−1
.
Application
On définit les suites (xn)n∈N,(yn)n∈Net (zn)n∈Npar :
x0= 1,y0=−2,z0= 3 et les relations de récurrence 
∀n∈N, xn+1 = 2xn
∀n∈N, yn+1 =xn+ 3yn−zn
∀n∈N, zn+1 =xn+yn+zn
On pose, pour tout entier n≥0, Xn=
xn
yn
zn
.
6. a) Justifier que, pour tout entier n≥0, Xn+1 =AXn.
Solution. Question élémentaire, il suffit de savoir lire... On a par hypothèse Xn+1 =
xn+1
yn+1
zn+1
.
Par ailleurs, remarquons que les relations de récurrence peuvent s’écrire sous la forme :
∀n∈N, xn+1 = 2xn+ 0yn+ 0zn
∀n∈N, yn+1 =xn+ 3yn−zn
∀n∈N, zn+1 =xn+yn+zn
.
On obtient alors évidemment la relation attendue par simple produit de la matrice Apar le vecteur
colonne Xn.
b) Montrer, par récurrence que, pour tout entier n≥0, Xn=AnX0.
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Solution. •Initialisation pour n= 0 : c’est clair car A0=Ipar convention.
•Hérédité. Soit nentier naturel, n≥0tel que la propriété est vraie au rang n. Montrons que la
propriété est vraie au rang n+ 1. Il s’agit donc de montrer que Xn+1 =An+1X0.
Or d’après la question précédente, Xn+1 =AXn.
En injectant l’hypothèse de récurrence dans cette égalité, on obtient alors :
Xn+1 =AAnX0=An+1X0.
•D’où le résultat.
c) En déduire les expressions de xn,ynet znen fonction de n.
Solution. On utilise le résultat de la question 8.d et on trouve par produit matriciel (produit
d’une matrice par un vecteur colonne)
xn= 2nx0
yn= 2n−1nx0+ (n+ 2)y0+nz0
zn= 2n−1nx0+ny0+ (n+ 2)z0.
Questions subsidiaires
7. Sans poser de calculs :
a) Simplifier le produit QP .
Solution. D’après la question 5.b, on sait que P Q = 2I. Donc par multiplication à gauche par
P−1, on obtient : Q= 2P−1. Puis dans cette dernière égalité, en multipliant à droite par P, on
obtient finalement : QP = 2P−1P= 2I.
Si vous ne pensez pas à cette astuce, il vous suffit d’effectuer à la main le produit matriciel QP (les
matrices sont données dans l’énoncé), on constate que le produit QP est une matrice diagonale
QP = 2I.
b) Montrer que la matrice Qest inversible, et exprimer Q−1.
Solution. D’après ci-dessus, on vient de trouver une matrice Ptelle que QP = 2I. On en déduit
alors que Q1
2P=I.
D’après le cours, ceci signifie que la matrice Qest inversible, d’inverse Q−1=1
2P.
8. a) Justifier sans aucun calcul que Best inversible.
Solution. On remarque que la matrice Best une matrice triangulaire supérieure, dont les coeffi-
cients diagonaux sont tous non nuls. D’après le cours, on sait alors que la matrice Best inversible
(et que son inverse est elle-même une matrice triangulaire supérieure).
b) Développer (B−2I)2. En déduire une expression de B−1en fonction de B.
Solution. Comme toute matrice commute avec la matrice identité, toute matrice commute en
particulier avec une matrice scalaire : ainsi Bet 2ICOMMUTENT. On peut alors développer
selon la formule du binôme de Newton (ici la simple identité remarquable) :
(B−2I)2=B2−4B+ 4I2=B2−4B+ 4I.
Par ailleurs, on se souvient que B= 2I+Jdonc (B−2I)2=J2. Enfin, on avait remarqué à la
question 8.a que J2= 0.
Finalement, on a prouvé que
(B−2I)2=B2−4B+ 4I2=B2−4B+ 4I= 0.
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