Transcript DM 2 – correction - imj

MM2, groupe 1M1ECO – DM 1
Correction.
N. Laillet
[email protected]
DM 2 – correction
Remarques préliminaires
Devoir réussi plus ou moins bien suivant les personnes. Il est essentiel de s’acharner un peu sur les calculs à
la maison.
L’exercice bonus a parfois été traité avant l’exercice 1 : ce n’est pas normal, et cela ne vous a rapporté que
peu de points (l’exo bonus rapportait au maximum 2 points).
Enfin, il faut absolument avoir fait un peu de pivot de Gauss pour se préparer au partiel et à l’examen : les
méthodes à base de déterminants sont bonnes uniquement en dimension inférieure ou égale à 3. Soyez sûrs
d’avoir dans un prochain DS une matrice 4 × 4, voire 5 × 5, à inverser !
Exercice 1 Pour chacune de ces matrices, discuter suivant
inversible, et donner le cas échéant son inverse.

 
1
1
m
m 1
 1
0
m , 1 m
m−1 m−2 1−m
1 1
les valeurs du réel m si elle est

1
1
m
Correction
1
1
m−1
Utilisons la méthode du pivot de Gauss pour déterminer si la matrice
a.
1
0
m−2
m
m
1−m
!
et
calculer son inverse.
1
1
m−1
1
0
m−2
m 1
m 0
1 − m 0
0
1
0
0
0
1
1
0
0
!
−→
1
−1
−1

1
−→ 0
0
−1
0
0
m 1
0 −1
2
1−m 1−m
0
1
0
0
−1
1 − m2 2 − m
m
0
0
0
1
!
L2 ← L2 − L1
L3 ← L3 − (m − 1)L1
1
1
−1
0
0
1
!
L1 ← L1 + L2
L3 ← L3 − L2
Si 1 − m2 = 0, c’est-à-dire si m = +1 ou m = −1, alors il n’y a pas de troisième pivot, la matrice est non
inversible de rang 2.
Supposons désormais que 1 − m2 6= 0. Peut alors écrire

1
0
0
0
−1
0
!
0
1
0
−1
1
0 −→
2 2−m
−1
1
1−m
1
0
0
1
−1
−1
m 1
0 −1
2
1−m 1−m
−→
1
0
0
0
−1
0
−2m
0 m1−m
2
0 −1
1 − m2 2 − m
−→
1 0 0
0 1 0
0 0 1
m
0
L’inverse de la matrice
b.
1
1
m−1
Déterminons si la matrice
1
0
m−2
m
m
1−m
m
1
1
1
1
m
1
m
1
!
0
1
0
2
0
0
1
−m
1−m2
m
1−m2
1
−1
1+m−m2
1−m2
1
−1
2−m
1−m2
1
− 1−m
2
est donc la matrice 
L2 ← L2 − L1
L3 ← L3 − (m − 1)L1
1+
m2 −2m
1−m2

!

L1 ← L1 −
0 
1
−m
1−m2

0 
1
1−m2
L2 ← −L2
1
L3 ← 1−m
2 L3
m2 −2m
1−m2
1+m−m2
1−m2
1
−1
2−m
1−m2
1
− 1−m
2
−m
1−m2
est inversible par la méthode du pivot de Gauss.
Les feuilles de TD sont disponibles à la page http://www.math.jussieu.fr/∼laillet/
0 .
1
1−m2
!

m
L
1−m2 3
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Correction.
m
1
1
1
m
1
1 1
1 0
m 0
0
1
0
0
0
1
N. Laillet
[email protected]
m
1
1
1 0
1 1
m 0
1
0
0
0
0
1
−→
1
m
1
−→
1
0
0
m
1 − m2
1−m
1 0
1 − m 1
m − 1 0
−→
1
0
0
m
1−m
1 − m2
1 0
m − 1 0
1 − m 1
−→
1
0
0
m
1−m
1 − m2
1 0
m − 1 0
1 − m 1
!
!
L1 ↔ L2
1
−m
−1
0
0
1
1
−1
−m
0
1
0
L2 ↔ L3
1
−1
−m
0
1
0
L2 ↔ L3
!
L2 ← L2 − mL1
L3 ← L3 − L1
!
!
Si m = 1, deux lignes de zéros apparaissent : la matrice ne possède qu’un seul pivot, elle n’est donc pas
inversible, et son rang est égal à 1.
Supposons désormais que m 6= 1.
1
0
0
m
1−m
1 − m2

1 0
m − 1 0
1 − m 1
1
−→ 0
0
0
1−m
0
1
0
0
0
1−m
0
−→
1
−1
−m
0
1
0
!
m
0
1 + 1−m
m−1
−1
0
1 − m − (m − 1)(1 + m) 1 −m + (m + 1)

1
m
− 1−m
1 + m 0 1−m
m − 1 0 −1
1 
2 − m − m2 1
1
−m − 1
1−
m
(m
1−m
− 1)

m
m
L1 ← L1 − 1−m
− 1−m
L2

1
−(m + 1) L3 ← L3 − (1 + m)L2
Si 2 − m − m2 = 0, c’est-à-dire si (1 − m)(2 + m) = 0, c’est-à-dire, si m = −2 (on a supposé m 6= 1), alors
la matrice n’a que deux pivots, elle est non inversible de rang 2.
Supposons désormais (1 − m)(2 + m) 6= 0. On obtient alors
1
0
0
1
1−m
0
1+m
m−1
0
(1 − m)(2 + m) 1
0
1−m
0
−1
1

m
− 1−m
1 
−m − 1
2
−→
0
1−m
0
1+m
− (1−m)(2+m)
0
1
0
2+m
(1 − m)(2 + m)
1
1
1−m
−→
1
0
0
0
1−m
0
1+m
− (1−m)(2+m)
0
1
0
2+m
(1 − m)(2 + m)
1
1
(1−m)(2+m)
−1−m
2+m
1
(1−m)(2+m)
1
2+m
1
−m − 1
1
0
0
0
1
0
−→
L’inverse de
1+m
0 − (1−m)(2+m)
1
0 (1−m)(2+m)
1
1 (1−m)(2+m)
m
1
1
1+m
− (1−m)(2+m)


1
(1−m)(2+m)
1
(1−m)(2+m)
1
m
1
1
1
m
1
(1−m)(2+m)
1+m
− (1−m)(2+m)
1
(1−m)(2+m)
1+m
− (1−m)(2+m)
1
−1 + 2+m
1
1
(1−m)(2+m)
1
(1−m)(2+m)
m+1
− (1−m)(2+m)

1+m
(m+1)
m
L1 ← L1 − (1−m)(2+m)
L3
− 1−m
+ (1−m)(2+m)
1
m+1

L2 ← L2 + 2+m
L3
1 − 2+m
−m − 1
1
0
0




1
L2 ← 1−m
L2
1
L3
L3 ← (1−m)(2+m)
!
est donc la matrice
1
(1−m)(2+m)
1+m
− (1−m)(2+m)
1
(1−m)(2+m)
1
(1−m)(2+m)
1
(1−m)(2+m)
m+1
− (1−m)(2+m)

=
1
(1 − m)(2 + m)
−(1 + m)
1
1
1
−(1 + m)
1
Les feuilles de TD sont disponibles à la page http://www.math.jussieu.fr/∼laillet/
1
1
−(1 + m)
!
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Correction.
N. Laillet
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Remarquons que cette matrice est symétrique, ce qui est logique, étant donné que la matrice de départ est
symétrique (si t M = M , alors t (M −1 ) = (t M )−1 = M −1 ).

−1
On considère la matrice A =  −1
1
Exercice 2

1
0 .
−1
1
−1
0
a. Calculer (A + I)3 .
b. En déduire :
(a) l’expression de An pour n ∈ N∗ .
(b) que A est inversible. Donner son inverse.
a.
Correction
Calculons d’abord A + I.
0
−1
1
A+I =
1
0
0
1
0
0
!
.
Calculons ensuite (A + I)2 et (A + I)3 .
2
(A + I) =
3
2
(A + I) = (A + I) × (A + I) =
0
−1
1
1
0
0
1
0
0
0
−1
1
1
0
0
1
0
0
×
0
−1
1
×
0
0
0
!
!
1
0
0
0
−1
1
1
0
0
!
0
−1
1
=
0
0
0
!
=
0
−1
1
0
0
0
0
0
0
0
−1
1
0
0
0
!
,
!
,
Donc (A + I)3 = 0M3 (R) .
b.
(a) Remarquons d’abord que A = (A + I) − I.
Les deux matrices A + I et I commutent, on peut donc appliquer la formule du binôme de Newton.
(IL FAUT TOUJOURS PRÉCISER CELA)
En appliquant la formule du binôme de Newton, on obtient
n
n
A = (A + I − I) =
n X
n
k=0
k
(A + I)k (−1)n−k I k .
k
Or, remarquons que si k ≥ 3, (A + I) = (A + I)3 (A + I)k−3 = 0. Ceci nous permet d’écrire
n
A =
2
X
n
k=0
k
(A + I)k (−1)n−k I k .
Remarque : il n’y a aucune raison de changer le coefficient binomial ! ! Ainsi,
An =
Comme
n
0
= 1,
n
1
n
(−1)n I +
0
= n et
n
2
=
n
(A + I)(−1)n−1 +
1
n(n−1)
2
n
(A + I)2 (−1)n−2 .
2
(il est inadmissible de ne pas connaître les trois premiers
Les feuilles de TD sont disponibles à la page http://www.math.jussieu.fr/∼laillet/
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N. Laillet
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coefficients binomiaux), on a
n
n
A = (−1)
n(n − 1)
I − n(A + I) +
(A + I)2
2
1
0
0
0
1
0
0
0
1
1
= (−1)n  0
0
0
1
0
0
0
1
= (−1)n


0
−1
1
!
−n
0
n
−n
!
+
−n
0
0
1
0
0
!
n(n − 1)
+
2
−n
0
0
!
0
0
0

0
+ 0
0
0
−1
1
0
−1
1
0
!!
0
− n(n−1)
2


− n(n−1)
2
n(n−1)
2
n(n−1)
2

−n
1
= (−1)n  n
−n
1
0
0
−n
.
− n(n−1)
2
1 + n(n−1)
2
n(n−1)
2
n(n−1)
2
1−
Presque personne n’est allé jusqu’à écrire une formule coefficient par coefficient pour la matrice, c’est
bien dommage...
(b) S’il y a écrit « en déduire » c’est certainement qu’il ne faut pas calculer l’inverse par le pivot de
Gauss...
On a montré en question a. que (A + I)3 = 0, c’est-à-dire que
A3 + 3A2 + 3A + I = 0.
Ceci nous permet d’écrire l’égalité suivante
A(−A2 − 3A − 3I) = I.
La matrice A est donc inversible, d’inverse
A−1 = −A2 − 3A − 3I
=−
1
2
−2
−2
0
1
−2
−1
2
2
0
−1
2
1
−2
!
=
−1
−2
2
−1
0
−1
−1
1
−2
!
=
−1
1
−1
!
−3
+
3
3
−3
−1
−1
1
−3
3
0
1
−1
0
−3
0
3
1
0
−1
−3
1
0
0
−3
0
0
0
−3
0
!
!
+
0
1
0
0
0
1
!
0
0
−3
!
.
Exercice 3 (BONUS) On dit qu’une matrice M de Mn (R) est nilpotente s’il existe un
p
entier p tel que
 M = 0. 
0 1 0
a. Soit A =  0 0 1 . Calculer A2 , A3 et en déduire que A est nilpotente.
0 0 0
b. Montrer que A n’est pas inversible.
Les deux questions suivantes ont pour but de généraliser le résultat précédent.
c. Montrer qu’une matrice nilpotente n’est jamais inversible.
d. Montrer qu’une matrice triangulaire supérieure de diagonale nulle est nilpotente.
Correction
Les feuilles de TD sont disponibles à la page http://www.math.jussieu.fr/∼laillet/
MM2, groupe 1M1ECO – DM 1
Correction.
a.
N. Laillet
[email protected]
On remarque que
1
0
0
0
1
0
!
A =
0
0
0
1
0
0
0
1
0
!
A3 =
0
0
0
2
1
0
0
0
1
0
!
×
0
0
0
0
0
0
1
0
0
!
×
0
0
0
0
0
0
1
0
0
!
=
0
0
0
0
0
0
0
0
0
!
=
0
0
0
,
.
Donc il existe p tel que Ap = 0. La matrice A est donc nilpotente.
b. La matrice A possède une ligne de zéros, elle n’est donc pas inversible.
c. Soit M une matrice nilpotente. Soit p l’indice minimal tel que M p = 0. Cela signifie que M p−1 6= 0.
Supposons M inversible, c’est-à-dire qu’il existe N une matrice telle que M N = I. Alors M p−1 × M N =
M p−1 . Mais M p−1 × M N = M p N = 0, donc M p−1 = 0, contradiction. Donc une matrice nilpotente n’est
jamais inversible.
d. L’idée était comprise mais il manquait de la rigueur. Il fallait se rendre compte que si M est triangulaire
supérieure de diagonale nulle, alors on avait
m1,2
0
..
.
0
0
0
M =
 ...
0

m1,3
m2,3
..
.
···
···
···
..
.
0
a1,4
a2,3
..
.
···
···
···
···
..
.
0
0
m1,n
m2,n 
.. 
.
.
mn,n

Alors on remarque que si M 2 = A, on a

0
0
.
A=
 ..
0
0
0
0
..
.
0
0
a1,3
0
..
.
0
0
a1,n
a2,n
..
.
an−1,n
0



,


et ainsi de suite, on rajoute une diagonale de zéros à chaque étape. Maintenant il faut formaliser la chose,
en montrant que si M est triangulaire supérieure de diagonale nulle, alors M n = 0. On peut par exemple
montrer qu’on rajoute une ligne de zéros en bas à chaque multiplication par M .
Soit M = (mi,j )1≤i,j≤n une matrice triangulaire supérieure à diagonale nulle. Cela signifie que
∀(i, j) ∈ {1..n}2 , (i ≥ j) ⇒ mi,j = 0.
(1)
Montrons ensuite que pour tout 2 ≤ k ≤ n, les lignes Ln+1−k , . . . , Ln de M k sont nulles. On va montrer ce
résultat par récurrence.
Initialisation. Montrons que la dernière ligne de M 2 est nulle, c’est-à-dire que si M 2 = (ai,j )1≤i,j≤n , alors
pour tout 1 ≤ j ≤ n, on a an,j = 0. Utilisons pour cela la formule du produit de deux matrices.
an,j =
n
X
mn,k mk,j .
k=1
Par l’équation (1), que mn,k = 0 pour tout k ≤ n. Ainsi,
an,j =
n
X
k=1
mn,k mk,j =
n
X
0 × mk,j = 0.
k=1
L’initialisation est démontrée.
Hérédité. Supposons que pour un k donné, les lignes Ln+1−k , . . . , Ln de M k sont nulles, c’est-à-dire que
∀i ≥ n − k + 1, j ∈ {1, . . . , n}, bi,j = 0.
Les feuilles de TD sont disponibles à la page http://www.math.jussieu.fr/∼laillet/
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N. Laillet
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Montrons que les lignes Ln−k , . . . , Ln de M k sont nulles. Nommons les coefficients des différentes matrices
en jeu : M = (mi,j )1≤i,j≤n , M k = (bi,j )1≤i,j≤n , M k+1 = (ci,j )1≤i,j≤n . On souhaite montrer la proposition
suivante
∀i ≥ n − k, j ∈ {1, . . . , n}, ci,j = 0.
Le coefficient ci,j se calcule par la formule suivante.
ci,j =
i
X
mi,l bl,j
l=1
n−k
=
X
l=1
mi,l bl,j +
i
X
mi,l bl,j .
l=n−k+1
Or, comme i ≥ n − k, pour l ∈ {1, . . . , n − k}, on a mi,l = 0 (car la matrice M est triangulaire supérieure de
diagonale nulle, équation (1)) : la première somme est donc nulle. Ensuite, si l ≥ n − k + 1, bl, j = 0 : ceci
permet d’annuler la deuxième somme. Finalement on obtient ∀i ≥ n − k, j ∈ {1, . . . , n}, ci,j = 0.
Vraie au rang 2 et héréditaire, la proposition est vraie pour tout entier k ≤ n par le principe de récurrence.
Les feuilles de TD sont disponibles à la page http://www.math.jussieu.fr/∼laillet/