Exercices — Les matrices

1. Somme et produit par un réel se font coefficient par coefficient :

$A + B = \begin{pmatrix} 1 & 3 \\ 5 & 7 \end{pmatrix} \qquad 3A = \begin{pmatrix} 3 & 6 \\ 9 & 12 \end{pmatrix} \qquad A - 2B = \begin{pmatrix} 1 - 0 & 2 - 2 \\ 3 - 4 & 4 - 6 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ -1 & -2 \end{pmatrix}$

2. Pour $AB$, on parcourt les lignes de $A$ et les colonnes de $B$ :

$AB = \begin{pmatrix} 1 \times 0 + 2 \times 2 & 1 \times 1 + 2 \times 3 \\ 3 \times 0 + 4 \times 2 & 3 \times 1 + 4 \times 3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4 & 7 \\ 8 & 15 \end{pmatrix}$

Dans l’autre sens :

$BA = \begin{pmatrix} 0 \times 1 + 1 \times 3 & 0 \times 2 + 1 \times 4 \\ 2 \times 1 + 3 \times 3 & 2 \times 2 + 3 \times 4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 & 4 \\ 11 & 16 \end{pmatrix}$

On constate que $AB \neq BA$ : le produit matriciel n’est pas commutatif.

Réflexe à retenir : pour chaque coefficient d’un produit, récite « ligne de la première, colonne de la seconde » — et ne change jamais l’ordre d’un produit de matrices sans justification, car en général $AB \neq BA$.

1. $A^2 = A \times A = \begin{pmatrix} 1 \times 1 + 1 \times 0 & 1 \times 1 + 1 \times 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$, puis :

$A^3 = A^2 \times A = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 3 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$

2. Le coefficient en haut à droite augmente de $1$ à chaque produit : on conjecture $A^n = \begin{pmatrix} 1 & n \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$.

3. Initialisation : pour $n = 1$, $A^1 = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ : la formule est vraie. Hérédité : supposons $A^n = \begin{pmatrix} 1 & n \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ pour un entier $n \geq 1$. Alors :

$A^{n+1} = A^n \times A = \begin{pmatrix} 1 & n \\ 0 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 1 + n \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$

qui est bien la formule au rang $n + 1$. Conclusion : pour tout entier $n \geq 1$, $A^n = \begin{pmatrix} 1 & n \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$.

Réflexe à retenir : pour une formule de puissance de matrice, le plan est toujours calculer $A^2$, $A^3$ → conjecturer → récurrence, et l’hérédité s’écrit $A^{n+1} = A^n \times A$. Pense à vérifier ta conjecture sur $A^3$ avant de te lancer dans la récurrence.

1. Déterminant : $ad - bc = 3 \times 5 - 2 \times 7 = 15 - 14 = 1 \neq 0$ : $A$ est inversible, et :

$A^{-1} = \frac{1}{1}\begin{pmatrix} 5 & -2 \\ -7 & 3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 5 & -2 \\ -7 & 3 \end{pmatrix}$

(on échange les coefficients diagonaux, on change le signe des deux autres, on divise par le déterminant).

2. $AA^{-1} = \begin{pmatrix} 3 \times 5 + 2 \times (-7) & 3 \times (-2) + 2 \times 3 \\ 7 \times 5 + 5 \times (-7) & 7 \times (-2) + 5 \times 3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = I_2$ ✓.

3. Déterminant : $2 \times 2 - 4 \times 1 = 0$ : $B$ n’est pas inversible. (Aucune matrice $C$ ne pourra vérifier $BC = I_2$.)

Réflexe à retenir : déterminant d’abord ($ad - bc$), inverse ensuite — et la vérification $AA^{-1} = I_2$ est un contrôle gratuit qui détecte 100 % des erreurs de signe.

1. $(S)$ s’écrit $AX = B$ avec :

$A = \begin{pmatrix} 3 & 2 \\ 7 & 5 \end{pmatrix} \qquad X = \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} \qquad B = \begin{pmatrix} 4 \\ 9 \end{pmatrix}$

2. D’après l’exercice 3, $\det A = 1 \neq 0$ : $A$ est inversible et $A^{-1} = \begin{pmatrix} 5 & -2 \\ -7 & 3 \end{pmatrix}$.

3. En multipliant à gauche par $A^{-1}$ : $AX = B \iff X = A^{-1}B$, soit :

$X = \begin{pmatrix} 5 & -2 \\ -7 & 3 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 4 \\ 9 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 5 \times 4 - 2 \times 9 \\ -7 \times 4 + 3 \times 9 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 \\ -1 \end{pmatrix}$

L’unique solution est $(x\,;\,y) = (2\,;\,-1)$. Vérification : $3 \times 2 + 2 \times (-1) = 4$ ✓ et $7 \times 2 + 5 \times (-1) = 9$ ✓.

Réflexe à retenir : un système linéaire, c’est $AX = B$, et si $\det A \neq 0$ la solution est $X = A^{-1}B$ — multiplication à gauche, l’ordre est imposé. Réinjecte toujours la solution dans le système de départ : deux lignes de calcul mental pour une certitude.

1. Les relations s’écrivent $\begin{pmatrix} a_{n+1} \\ b_{n+1} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} a_n \\ b_n \end{pmatrix}$, donc $A = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}$. Puis :

$U_1 = AU_0 = \begin{pmatrix} 2 + 1 \\ 2 \times 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 \\ 2 \end{pmatrix} \qquad U_2 = AU_1 = \begin{pmatrix} 3 + 2 \\ 2 \times 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 5 \\ 4 \end{pmatrix}$

2. Initialisation : pour $n = 1$, la formule donne $\begin{pmatrix} 1 & 2^1 - 1 \\ 0 & 2^1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 2 \end{pmatrix} = A$ ✓. Hérédité : supposons la formule vraie au rang $n$. Alors :

$A^{n+1} = A^n \times A = \begin{pmatrix} 1 & 2^n - 1 \\ 0 & 2^n \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 1 + 2(2^n - 1) \\ 0 & 2 \times 2^n \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 2^{n+1} - 1 \\ 0 & 2^{n+1} \end{pmatrix}$

car $1 + 2 \times 2^n - 2 = 2^{n+1} - 1$. La formule est héréditaire. Conclusion : elle vaut pour tout $n \geq 1$.

3. Comme $U_{n+1} = AU_n$ pour tout $n$, on a $U_n = A^n U_0$, d’où :

$U_n = \begin{pmatrix} 1 & 2^n - 1 \\ 0 & 2^n \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 + 2^n - 1 \\ 2^n \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2^n + 1 \\ 2^n \end{pmatrix}$

Donc $a_n = 2^n + 1$ et $b_n = 2^n$ pour tout $n$ — cohérent avec $U_1 = (3\,;\,2)$ et $U_2 = (5\,;\,4)$ calculés à la main ✓.

Réflexe à retenir : deux suites couplées se rangent dans une colonne $U_n$, la récurrence devient $U_{n+1} = AU_n$, et tout se ramène à $U_n = A^n U_0$ : trouve $A$, prouve la formule de $A^n$ par récurrence, multiplie par $U_0$. Vérifie toujours le résultat final sur $U_1$ et $U_2$.