exercices corrigées des matrices

1. 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 cano-
niques.
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
x x − 3y
f =
y 2x + 4y
1 2
Justifier que B = , est une base de R2 .
−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 1
X−1 +
2
′ (X−1)
(X − 1) P (X) dans la base canonique, puis dans la base de Taylor : 1, (X − 1) , 2 .
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 2
Exercice 23.5 Soit A =  0 1 0  et f l’endomorphisme canoniquement associé. Déterminer le rang de f,
1 1 2
déterminer ker f. Donner une base de Im f
     
1 1 2
Exercice 23.6 Soit B = (e1 , e2 , e3 ) où e1 =  0  , e2 =  −1  et e3 =  −1  . Montrer que c’est une base de
1  2 1
1 0 3
R3 . Soit f l’endomorphisme de R3 de matrice A =  0 2 0  dans cette base. Que vaut f (e1 − 2e2 + 3e3 ) ?
3 0 1

2. 1. LES BASIQUES CHAPITRE 23. MATRICES
 
−1 0 1
Exercice 23.7 Soit A =  −1 −2 1  et f l’endomorphisme de R3 associé. Montrer qu’il existe une base
−1 −1 1
B = (e1 , e2 , e3 ) telle que  
0 0 0
B = M atB (f ) =  0 −1 1 
0 0 −1
Exercice 23.8 Puissance énième et racine énième de matrices.
 
1 2 1
1. Calculer An pour A =  0 1 2  et n entier.
0 0 1
2. (Plus technique) 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(∆) ?
2. Soit N0 = 1 , N1 = X , N2 = X(X−1) , N3 = X(X−1)(X−2) , vérifier que ces quatre vecteurs forment une base
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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3. 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 .
 
1 0 · · · 0 a1
 .. .. . . 
 0 . . . .
. . 
Exercice 23.14 Soit A = 
 . .
 et f l’application linéaire associée de Rp dans Rq . Préciser p et

. .. ..
 . . . 0 .. 
0 ··· 0 1 an
q en fonction de n. Déterminer Im f et ker f.
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 − =  1  , − =  −1  et w =  0  . Montrer que B2 = (− , − , w) est une base de R3 .
→
u →v → →
u v
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 = 0
v0 = 0
un+1 = aun + αbn
vn+1 = 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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4. 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
 
1 1 0 0
 −1 −1 0 0 
Exercice 23.20 Soit A = 1 
2 0
 et f l’endomorphisme de R4 canoniquement associé à A.
0 3 1 
0 0 −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 ... ... .  . 
Exercice 23.22 Soit a ∈ R, on définit M (a) =  . 
.. ..  ∈ Mn (R)
 . . . . 1 
1 ··· 1 a
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
Exercice 23.23 Soit A =  0 1 0  où x ∈ R, on note f l’endomorphisme canoniquement associé à A
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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5. CHAPITRE 23. MATRICES 2. LES TECHNIQUES
 
1 1 ··· 1 1
 0 1 0 ··· 0 
 

Exercice 23.25 Soit M =  .
. .. .. .. .
. 
. . . . .  ∈ Mn (R) , on note f l’endomorphisme associé à M dans la
 
 0 ··· 0 1 0 
1 1 ··· 1 1
base canonique de Rn .
1. Caculer M n .
 
0 0 ··· ··· 0
 0 1 0 ··· 0 
 
 . ..
. .. .. .
. 
2. Montrer qu’il existe une base B de Rn telle que MatB (f) = 
 . . . . .  (matrice diagonale).

 .
. ··· 
 . 0 1 0 
0 ··· ··· 0 2
 
1 ··· ··· ··· 1
 1 1 0 ···  0
 
 . .. ..  .
Exercice 23.26 Soit M =  . 0 . . . 
.
 , on note f l’endomorphisme associé à M dans la base cano-
.
 . . .. 
 .. .
. . 1 0 
1 0 ··· 0 1
nique. Montrer qu’il existe une base B de Rn telle que
 
1 0 ··· ··· 0
 .. 

 0 . 0 ··· 0 


MatB (f ) =  . ..
. .. .
. 
. . 1 . . 
 
 . 
 . ···
. 0 λ 0 
0 ··· ··· 0 µ
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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6. 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
0 c b
On considère la matrice M = où c = .
u1 a u1
1. Montrer que
 cun 
cun−1
Mn =  u1
un+1 
un
u1
2. En déduire que pour n ≥ 0, le terme un un+2 − u2 ne dépend que de b et de u1 .
n+1
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
 0 0 0 0

C0 C1 C2 ··· Cn
 0 C1 1 1 1 
 C2 ··· Cn 
 . .. .. . 
Exercice 23.32 Soit A la matrice  .  . . C2 2 . .
.  ∈ Mn+1 (K) de terme général ai,j = C i−1 , pour
 j−1
 . .. .. 
 . . . Cn n−1
. 
n
0 ··· ··· 0 Cn
j
i et j ∈ {0, · · · , n} (avec la convention classique : 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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7. CHAPITRE 23. MATRICES 5. LE GRENIER
 
1 ··· 1
 . .  , on note f l’endomorphisme associé à M dans la base canonique. Montrer
Exercice 23.37 Soit M =  . . . 
.
1 ··· 1
qu’il existe une base B de Rn telle que
 
1 0 ··· ··· 0
 .. 

 0 . 0 ··· 0 


MatB (f ) =  . ..
. .. .
. 
. . 1 . . 
 
 . 
 . ···
. 0 λ 0 
0 ··· ··· 0 µ
où λ et µ sont deux réels à déterminer.
 
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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8. 5. LE GRENIER CHAPITRE 23. MATRICES
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9. 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
Exercice 23.2 Det B = = 3 = 0 donc B est une base de R2 . On a f = et f =
−1 1 0 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
2
Exercice 23.3 f (1) = (X − 1)2 , f (X) = (X − 1)2 1
X−1 + (X − 1) = 2X − 2 et f X 2 = (X − 1)2 1
X−1 +
2
2X (X − 1) = 1 − 2X + 2X
On a donc
2
 (1) f (X) f X 
f
1 −2 1 1
MatBc (f ) = 
−2 2 −2  X
1 0 2 X2
2
(X−1) 2
Ensuite f (X − 1) = f (X) − f (1) = 2 (X − 1) − (X − 1)2 , f 2 = 1
2 (X − 1)2 1
X−1 −1 + (X − 1)2
= 1 (X − 1)2
2
1
(X−1)2
− 2
X−1 + 1 + (X − 1)2 = 3
2 (X − 1)2 − (X − 1) + 1
2
D’où  
1
0 0 2
M atBT (f) =  0 2 −1 
2 −2 3

10. 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. Il
 reste deux colonnes indépendantes (car non colinéaires).
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 (2i − k)  ker f, par égalité des dimensions,   égalité des ensembles.
  ⊂   on a 
1 −1 1 −1
Enfin F = Vect  0  ,  1  ⊂ Im f, la famille  0  ,  1  est libre donc engendre un espace de di-
1 1 1 1
mension 2. On en déduit que  F = = dim Im f =⇒ F = Im f .
 dim  2 
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 2 1 −1 2
1 −1
Det (B) = 0 −1 −1 = 0 0 −1 = − (−1) =2=0
C2 −C3 1 1
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 − = e1 − 2e2 + 3e3 dans la base B = (e1 , e2 , e3 ) sont  −2  , ainsi les coordonnées dans B de
→
u
       3
1 1 0 3 1 10
f (− ) sont A  −2  =  0 2 0   −2  =  −4 . La matrice de passage de la base canonique à B est
→
u
3  3 0 1 3 6

1 1 2
P =  0 −1 −1  , ainsi les coordonnées dans la base canonique de f (− ) sont→
u
1 2 1
      
10 1 1 2 10 18
P  −4  =  0 −1 −1   −4  =  −2 
6 1 2 1 6 8
—10/33— G´ H -E M -( ) 2009

11. CHAPITRE 23. MATRICES 1. LES BASIQUES
Exercice 23.7 On a
 
 (e1 ) f (e2 ) f (e3
f )
 0 0 0 e1 
B = M atB (f ) =  



0 −1 1  e2
0 0 −1 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
—11/33— G´ H -E M -( ) 2009

12. 1. LES BASIQUES CHAPITRE 23. MATRICES
 
0 0 4
Potent), en effet N 2 =  0 0 0  et N 3 = ( ). Ainsi
0 0 0
n n
An = ∁k N k I n−k =
n ∁k N k
n
k=0 k=0
2
= ∁k N k (ceci même si n < 2 car ∁k = 0 pour k > n)
n n
k=0
= ∁0 N 0
n + ∁1 N + ∁2 N 2
n n
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  +  0 0 2n  +  0 0 0 = 0 1 2n 
0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 1
2. Considèrons l’expression
n (n − 1) 2
An = I3 + nN + 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
N 1
B2 = I3 +− N2
2 8
1 2 1 2 1 3 1
= I3 + N − N + N − N + N4
4 4 8 64
= I3 + N = A car N 3 = ( )
Plus généralement on pose
1 1
−1
1 nn
B = I3 + N + N2
n 2
1 1−n 2
= I3 + N + N
n 2n2
1 1−n 2
= I3 + M où M = N + N
n 2n2
Alors
M I3 = I3 M, on peut appliquer le binôme donc
Bn = (I3 + M)n
n (n − 1) 2
= I3 + nM + M + M 3 × (· · · )
2
Mais
2
1 1−n 2 1 1−n 2
M2 = N+ N = N+ N
n 2n2 n2 n2
2
1 2 (1 − n) 3 1−n
= N+ N + N4
n2 n2 n2
1
= N
n2
—12/33— G´ H -E M -( ) 2009

13. CHAPITRE 23. MATRICES 1. LES BASIQUES
(n’oublions pas que N et N 2 commutent)
enfin
3 2 3
1 1−n 2 1 1−n 4 1−n 1−n
M3 = N+ N = N3 + 3 N +3 N5 + N6
n3 2n n3 2n 2n 2n
= ( )
d’où
n (n − 1) 2
Bn = I3 + nM + M
2
1 1−n 2 n (n − 1) 1
= I3 + n N+ 2
N + × 2N
n 2n 2 n
= I3 + N = A
Exercice 23.9 Comme on vient de faire l’exercice précédent, on a une petite idée. Soit I la matrice identité et
     
0 1 0 0 0 1 1 2 3
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 0 0 0 1
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 :
 ∆ (1) ∆ (X) ∆ X 2 ∆ X3

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 0 2 3   −5   28 
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]
—13/33— G´ H -E M -( ) 2009

14. 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+1)(X)(X−1)
3! −
X(X−1)(X−2)
3! = X(X−1) (X + 1 − X + 2) = X(X−1) = N2 . Ainsi :
3! 2
∆ (N0 ) ∆ (N1 ) ∆ (N2 ) ∆ (N3 )

0 1 0 0 N0
MatB′ (∆) =  0 0 1 0  N1
 
 0 0 0 1  N2
0 0 0 0 N3
3. On a N0 = 1, N1 = X, N2 = 1 X 2 − 1 X et N3 = 1 X 3 − 1 X 2 + 1 X, ainsi
2 2 6 2 3
 N0 N1 N2 N3 
1 0 0 0 1
PBB′ =  0
 1 −12
1
3

 X
1
 0 0 2 −12
 X2
1
0 0 0 6 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
 1 X X X3 
1 0 0 0 N0
PB′ B =  0
 1 1 1  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 donne MatB′ 8X 3 + 2X 2 − 5X + 1 =   0
 = . Ce qui signifie que
0 2 6   2   52 
0 0 0 6 8 48
8X 3 + 2X 2 − 5X + 1 = 48N3 + 52N2 + 5N+ N0
1    
0 1 0 0 1 5
 0 0 1 0   5   52 
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 = 48N2 + 52N1 + 5N0
Enfin MatB ∆ 8X 3 + 2X 2 − 5X 1 = PBB′ MatB′ ∆ 8X 3 + 2X 2 − 5X + 1
+
  
1 0 0 0 5 5
 0 1 −1 1    
3   52  =  28 . On retrouve le résultat.
= 0 1
2
1    24 
0 2 −2 48
1
0 0 0 6 0 0
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 
Mais MatB′ (∆) =   = ( ) donc ∆4 = 0.
 0 0 0 1 
0 0 0 0
—14/33— G´ H -E M -( ) 2009

15. 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
u − p (u) ∈ G ⇔ ∃λ ∈ R, y−Y =λ×1 (2)

z − Z = λ × (−1) 
 X=x
reporte dans (1). Il en résulte que λ = y puis avec (2) que Y =0 ( On constate que p (u) ∈ F , et on

Z =y+z
vérifie ce calcul en considérant p (e1 ) , 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
     
1 0 0 0 0 0 2 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 1 0 −1 0 0 1 2
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 = Cn 2k P k Qn−k = Qn + 2n P n +
k
Cn 2k P Q = 2n P n + Qn , en effet, si k > 0 et n − k > 0, alors
k
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 0 0
An = 2n  0 0 0  +  0 1 0  =  0 1 0 
0 1 1 0 −1 0 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
2. rg(B′ ) = rg  1 0 1  = rg  1 −1 1  = rg  0 −1 1  est de rang 3, or
C1 ←C1 +C3 C1 ←C1 +C2
1 −1 −1 C2 ←C2 −C3 0 0 −1 0 0 −1
—15/33— G´ H -E M -( ) 2009

16. 1. LES BASIQUES CHAPITRE 23. MATRICES
dim(E) = 3 donc B ′ est une base.
 
1 1 0
3. PB,B′ =  1 0 1  est inversible en tant que matrice de passage.
1 −1 −1
     
a x  x +y =a  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
 
 1 x +y =a x 3 3 3 a
⇔ −1 y +z = b − a
2
⇔  y  =  3 −1 −1   b 
3 3
L3 ←L3 −2L2 
−3z = c − 2b + a z −13
2
3 −13 c
 
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 1 0   2 −1 −1 
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 même)
Puis f(x) = 2p(x) + q(x) où p + q = Id, donc f = p + Id et M atB (f ) = MatB (p) + I3 .
 
5 −1 −1
1
M atB (f ) =  −1 5 −1 
3
−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

17. 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.
 
1 0 1
P = 1 1 2 
−1 1 1
On termine l’exercice avec sa TI préférée.
On remplace le − 2 par un paramètre a
(essayez donc avec un − 2)
On trouve alors
 
−1 − (−2)n+1 1 − (−2)n −1 + (−2)n
A =  −1 − 3 × 2n + (−2)n+2
n
1 + 2n+1 + (−2)n+1 −1 − 2n − (−2)n+1 
1 − 3 × 2n − (−2)n+1 −1 + 2n+1 − (−2)n 1 − 2n + (−2)n
On vérifie pour n = 0 et n = 1
—17/33— G´ H -E M -( ) 2009

18. 1. LES BASIQUES CHAPITRE 23. MATRICES
 
1 0 0
On peut même en déduire A−1 , en effet B est inversible d’inverse  0 2−1 0 . Or A−1 = MatBc f −1 et
−1
0 0 (−2)
B −1 = M atB (f −1 ). La relation An = P B n P −1 est encore vraie si n = −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) = (C1 , · · · , Cn ) = rg (In ) = n. On en
rg 
−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
−
→ − ) où (− , · · · , − →) est la base canonique de Rn+1 ). On a donc
→ → −
Cn+1 − a1 C1 1 C2 −− an Cn = 0 car Ci = f ( ei
−a ··· 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 (− , − , w) = 1 −1 0 = −1 = 0 donc c’est une base.
→ →
u v
0 1 1
       
1 1 1 1
−
→
3. On a A  1  =  1  , A  −1  = −  −1  d’où f (− ) = − , f (− ) = −− et f (w) = 0 .
→
u →
u →v →v Ainsi
 0  0 1 1
1 0 0
B =  0 −1 0 
0 0 0
     
1 1 1 x a
4. On a P =  1 −1 0  est inversibe comme toute matrice de passage. On résout P  y  =  b ,
0 1 1   z c
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
5. On a An = P  0 (−1) 0  P −1 si n ≥ 1 et A0 = I3 Attention au cas n = 0 !
0 0 0
Exercice 23.16
—18/33— G´ H -E M -( ) 2009

19. 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  
an 0 vn
n  0
M = 1 0 
0 0 bn
On en déduit que un = vn et que
aun + αbn = bun + αan
ainsi pour a = b
bn − an
un = α
b−a
      
a 0 0 0 0 α 0 0 α a 0 0
2. Pour a = b, on calcule M n par le binôme car  0 1 0  ×  0 0 0  =  0 0 0  0 1 0 . :
0 0 a 0 0 0 0 0 0 0 0 a
   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 
Mn = 0 0 0   0 1 0 
k
k=0 0 0 0 0 0 an−k
 n     n−1 
a 0 0 0 0 α a 0 0
=  0 1 0 + n 0 0 0  0 1 0 
0 0 an 0 0 0 0 0 an−1
 n   n−1

a 0 0 0 0 nαa
=  0 1 0 + 0 0 0 
n
0 0 a 0 0 0
Ainsi
un = αnan−1
n n
b −a
(on remarque que α tend vers αnan−1 si b tend vers a, car c’est un taux d’accroissement entre a et b de
b−a
x → xn ).
2 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
effet si n−1 λi ui (x0 ) = 0 alors
i=0
n−1 n−1
un−1 λi ui (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
un−2 λi ui (x0 ) = λ1 un−1 (x0 ) + λi ui−1 (un (x0 ))
i=1 i=2
n−1
= λ1 u (x0 ) = 0 =⇒ λ1 = 0
—19/33— G´ H -E M -( ) 2009

20. 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
 
0
 λ 
 
 λ−2 
En effet la matrice de f est alors .
 .. 
 . 
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
 (e′ , e′ , e′ ) ), f (e′ ) = e′ ∈ Im f .
1 2  3 2 1
1 1 1
On prend donc e′ = (1, −3, −2) , e′ = (1, 0, 0) et e′ = (1, 0, 1). On a rg  −3
1 2 3 0 0  = 3 = 0. Il s’agit bien
−2 0 1
d’une base dans laquelle la matrice est celle demandée.
Exercice 23.20 Analysons la matrice B. Sa première colonne est nulle, donc si l’on note B′ = (e′ , e′ , e′ , e′ ) , on a
1 2 3 4
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
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21. 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

2 0 1 1 
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 0 0
 −1 1 0 0 
P =
 0

0 1 0 
0 0 −1 2
alors
A = P BP −1
Pour calculer An = MatBc (f n ) ,on utilise la relation (compte tenu de B n = M atB (f n ) )
An = P B n P −1
   
0 0 0 0 0 1 0 0
 0 0 0 0   0 0 0 0 

B= + 
0 0 1 0   0 0 0 1 
0 0 0 1 0 0 0 0
D N
   
0 0 0 0 0 0 0 0
 0 0 0 0  2
 0 0 0 0 
On vérifie que DN = N D =   0
 , N =  , Dn = D
0 0 1   0 0 0 0 
0 0 0 0 0 0 0 0
D’après le binôme de Newton, on a
 
0 0 0 0
 0 0 0 0 
B n = Dn + nN Dn−1 = D + nN D = 
 0

0 1 n 
0 0 0 1
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22. 2. LES TECHNIQUES CHAPITRE 23. MATRICES
puis
   
0 0 0 0 0 0 0 0
 0 0 0 0  −1 1  0 0 0 0 
An = P 
 0
P =  
0 1 n  2 0 0 2+n n 
0 0 0 1 0 0 −n 2 − n
Remarque : le calcul, à la main, de P −1 est très simple
Exercice 23.21 On montre (par le rang, ou le déterminant) que B = (v1 , v2 3 ) est une base de R3 . On calcule
 √ ,v
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
pour calculer An , on peut écrire P =  2 − 2 0  , An = P M atB (f )n 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 0√ 0
n
Bn =  0 a + b − 2c 0 
n
0 0 (a − b)
Il suffit d’écrire B n = B (α, β, γ) pour α, β et γ bien choisis. On prend donc
 √ √ n
 α + β + √2γ = a + b + √2c
n
α + β − 2γ = a + b − 2c

α−β = (a − b)n
pour obtenir
 
α γ β
An =  γ α + β γ 
β γ α
Exercice 23.22 1. Puisque l’on demande M (a)−1 , on résout le système M (a) X = Y que l’on inverse. On consi-
dère donc le système

 ax1

 x
+ x2 + ··· + xn = y1
 1 + ax2 + ··· + axn = y2
. .
 .
 . .
.


x1 + x2 + ··· + xn = yn
De manière à préserver la symétrie du système, on adjoint une équation qui est la somme de toutes les lignes du
système, à savoir


 ax1 + x2 + · · · + xn = y1



 x1 + ax2 + · · · + axn = y2
.
. .
.
 . .



 x1 + x2 + · · · + xn = yn

(a + n − 1) x1 + x2 + · · · + xn = y1 + · · · + yn
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