\chapter{Matrices}

\newpage
\pagestyle{main}

\section{Introduction}

\subsection{Définition}

Dans divers domaines (mathématiques, SVT, science sociale et sciences physiques par exemple), certaines situations peuvent être représentées de façons schématique par un tableau de nombre.

\begin{exemple}
En algèbre, le système linéaire:
\begin{center}
\systeme{3x+5y=-1,2x-7y=11}
\end{center}
peut être représenté par les tableaux:
\begin{center}
\begin{tabular}{|c|c|}
\hline
3 & 5\\
\hline
2 & -7\\
\hline
\end{tabular}
\qquad et \qquad
\begin{tabular}{|c|}
\hline
$-1$\\\hline 11\\\hline
\end{tabular}
\end{center}

Le premier représente les coefficients respectifs de $x$ et $y$ et le second, les constantes à droite des signes \og $=$ \fg.
\end{exemple}

De tels tableaux sont appelés des \textit{matrices}.

\subsection{Notation et vocabulaire}

Une matrice n'est en général pas notée comme un tableau, car trop compliqué et long à écrire.

En général, on notera une matrice sans les traits du tableau, le tout entre parenthèses.

\begin{exemple}
Les matrices correspondant au système de l'exemple précédente sont:
\[
\begin{pmatrix}
3 & 5\\
2 & -7
\end{pmatrix}
\qquad\text{et}\qquad \dbinom{-1}{11}.
\]
\end{exemple}


\begin{defin}
Soit une matrice $A$ ayant $n$ lignes et $m$ colonnes, $n\neq0$ et $m\neq0$.

On dira que $n \times m$ sont les dimensions de la matrice $A$.

\begin{itemize}
\item Si $n=1$, on dira que $A$ est une matrice ligne.
\item Si $m=1$, on dira que $A$ est une matrice colonne.
\item Si $n=m$, on dira que $A$ est une matrice carrée.
\end{itemize}
\end{defin}

On pourra noter une matrice:
\[
A = (a_{i,j})_{\substack{1\leqslant i\leqslant n\\1\leqslant j\leqslant m}}
\]
une matrice de dimensions $n\times m$, ou plus simplement: $A = (a_{i,j})$, avec $\dim(A)=n\times m$.

\newpage

\section{Opérations sur les matrices}

\subsection{Somme et différence}

\begin{defin}
Soient $A = (a_{i,j})$ et $B=(b_{i,j})$ deux matrices de mêmes dimensions $\dim(A)=\dim(B)=n \times m$.

On définit la somme de $A$ et $B$ par la matrice:
\[
S = A+B = (a_{i,j} + b_{i,j})\qquad,\qquad\dim(S)=n \times m
\]
et leur différence par la matrice:
\[
D = A-B = (a_{i,j} - b_{i,j})\qquad,\qquad\dim(S)=n \times m.
\]
\end{defin}

\begin{exemple}
Posons $A = \begin{pmatrix}
3 & -1 & 5\\
-5 & 2 & 4
\end{pmatrix}$ et B = $\begin{pmatrix}
5 & 7 & -5\\
4 & -4 & 1
\end{pmatrix}$ deux matrices de dimensions $2\times3$.

Elles sont les mêmes dimensions donc on peut les ajouter:
\[
S = A+B =  \begin{pmatrix}
3+5 & -1+7 & 5+(-5)\\
-5+4 & 2+(-4) & 4+1
\end{pmatrix} =  \begin{pmatrix}
8 & 6 & 0\\
-1 & -2 & 5
\end{pmatrix}
\]
et les soustraire:
\[
D = A-B =  \begin{pmatrix}
3-5 & -1-7 & 5-(-5)\\
-5-4 & 2-(-4) & 4-1
\end{pmatrix} =  \begin{pmatrix}
-2 & -8 & 10\\
-9 & 6 & 3
\end{pmatrix}.
\]
\end{exemple}

\begin{rem}
Quelle que soit la matrice $A$, 
\[
A - A = \begin{pmatrix}
0 & 0 & \cdots & 0\\
\vdots & \ddots &  & \vdots\\
0 & 0 & \cdots & 0
\end{pmatrix}.
\]
Cette dernière matrice est appelée la \textit{matrice nulle}. C'est une matrice remplie de \og $0$ \fg.
\end{rem}

\subsection{Produit d'une matrice par un réel}

\begin{defin}
Soient $A = (a_{i,j})$ une matrice de dimensions $n \times m$ et $k\in\R$. On définit la matrice $kA$ par:
\[
kA = (ka_{i,j}) = \begin{pmatrix}
ka_{1,1} & ka_{1,2} & \cdots & ka_{1,m}\\
ka_{2,1} & ka_{2,2} & \cdots & ka_{2,m}\\
\vdots & \vdots & & \vdots\\
ka_{n,1} & ka_{n,2} & \cdots & ka_{n,m}
\end{pmatrix}
\]
\end{defin}

\begin{exemple}
Soit $A = \begin{pmatrix}
1 & 2\\
-4 & 0
\end{pmatrix}$. Alors $3A = \begin{pmatrix}
3 & 6\\
-12 & 0
\end{pmatrix}$.

On a multiplier tous les coefficients de $A$ par 3.
\end{exemple}

\bigskip

$\blacktriangleright$ Voir l'exercice \ref{exercice:\thechapter.1}.


\section{Produit de matrices}

\subsection{Définition}

\begin{defin}
Soient $A = (a_{i,j})$ une matrice $n\times m$, et $B = (b_{i,j})$ une matrice $m \times p$. On définit le produit $A \times B$ par la matrice $C=(c_{i,j}$ de dimensions $n \times p$ telle que $c_{i,j} = \displaystyle\sum_{k=1}^m a_{i,k} \times b_{k,j}$.
\end{defin}


\tikzset{
    node style sp/.style={draw,circle,minimum size=1 cm},
    node style ge/.style={circle,minimum size=1 cm},
    arrow style mul/.style={draw,sloped,midway,fill=main},
    arrow style plus/.style={midway,sloped,fill=main},
}

\begin{center}
\begin{tikzpicture}[>=latex]
 unit
 defintion of matrices
\matrix (A) [matrix of math nodes,%
             nodes = {node style ge},%
             left delimiter  = (,%
             right delimiter = )] at (0,0)
{%
  a_{11} &\ldots & a_{1k} & \ldots & a_{1p}  \\
    \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots \\
  \node[node style sp] (A-3-1) {a_{i1}};& \ldots%
         & \node[node style sp] (A-3-3) {a_{ik}};%
                  & \ldots%
                           & \node[node style sp] (A-3-5) {a_{ip}}; \\
  \vdots & \vdots& \vdots & \ddots & \vdots  \\
  a_{n1}& \ldots & a_{nk} & \ldots & a_{np}  \\
};
\node [draw,below] at (A.south) { $A$ : \textcolor{red}{$n$ lignes} $m$ colonnes};
\matrix (B) [matrix of math nodes,%
             nodes = {node style ge},%
             left delimiter  = (,%
             right delimiter =)] at (7,7)
{%
  b_{11} &  \ldots& \node[node style sp] (B-1-3) {b_{1j}};%
                  & \ldots & b_{1q}  \\
  \vdots& \ddots & \vdots & \vdots & \vdots \\
  b_{k1} &  \ldots& \node[node style sp] (B-3-3) {b_{kj}};%
                  & \ldots & b_{kq}  \\
  \vdots& \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
  b_{p1} &  \ldots& \node[node style sp] (B-5-3) {b_{pj}};%
                  & \ldots & b_{pq}  \\
};
\node [draw,above] at (B.north) { $B$ : $m$ lignes \textcolor{blue}{$p$ colonnes}};
% matrice resultat
\matrix (C) [matrix of math nodes,%
             nodes = {node style ge},%
             left delimiter  = (,%
             right delimiter = )] at (7,0)
{%
  c_{11} & \ldots& c_{1j} & \ldots & c_{1q} \\
  \vdots& \ddots & \vdots & \vdots & \vdots \\
    c_{i1}& \ldots & \node[node style sp,red] (C-3-3) {c_{ij}};%
                  & \ldots & c_{iq} \\
  \vdots& \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
  c_{n1}& \ldots & c_{nk} & \ldots & c_{nq} \\
};
\node [draw,below] at (C.south) 
    {$ C=A\times B$ : \textcolor{red}{$n$ lignes}  \textcolor{blue}{$p$ colones}};
% arrows
\draw[blue] (A-3-1.north) -- (C-3-3.north);
\draw[blue] (A-3-1.south) -- (C-3-3.south);
\draw[blue] (B-1-3.west)  -- (C-3-3.west);
\draw[blue] (B-1-3.east)  -- (C-3-3.east);
\draw[<->,red](A-3-1) to[in=180,out=90] 
    node[arrow style mul] (x) {$a_{i1}\times b_{1j}$} (B-1-3);
\draw[<->,red](A-3-3) to[in=180,out=90] 
    node[arrow style mul] (y) {$a_{ik}\times b_{kj}$}(B-3-3);
\draw[<->,red](A-3-5) to[in=180,out=90] 
    node[arrow style mul] (z) {$a_{ip}\times b_{pj}$}(B-5-3);
\draw[red,->] (x) to node[arrow style plus] {$+\raisebox{.5ex}{\ldots}+$} (y)%
                  to node[arrow style plus] {$+\raisebox{.5ex}{\ldots}+$} (z);
                  %
                  % to (C-3-3.north west);
\draw[->,red,decorate,decoration=zigzag] (z) -- (C-3-3.north west);
\end{tikzpicture}
\end{center}

\begin{exemple}
Soient $A=\begin{pmatrix}
1 & -1 & 2\\
3 & -2 & 5
\end{pmatrix}$ et $B = \begin{pmatrix}
7 & -7\\
11 & -11\\
13 & -13
\end{pmatrix}$. Alors:
\begin{align*}
A\times B & = \begin{pmatrix}
1\times7 + (-1)\times11 + 2\times13 & 1\times(-7)+(-1)\times(-11)+2\times(-13)\\
3\times7 + (-2)\times11 + 5\times13 & 3\times(-7)+(-2)\times(-11)+5\times(-13)
\end{pmatrix}\\
& = \begin{pmatrix}
22 & -22\\
64 & -64
\end{pmatrix}
\end{align*}

$\dim(A)=\textcolor{red}{2}\times3$, $\dim(B)=3\times\textcolor{blue}{2}$ et $\dim(C)=\textcolor{red}{2}\times\textcolor{blue}{2}$.
\end{exemple}

\begin{rem}
Le produit matriciel n'est pas commutatif. En effet, $A\times B \neq B\times A$. Il suffit de prendre le cas où $\dim(A)=n\times m$ et $\dim(B)=m\times p$, où $n$, $m$ et $p$ sont différents, pour s'en convaincre: $A\times B$ est possible alors que $B\times A$ ne l'est pas.

Cependant, il existe des cas où $A\times B = B\times A$.
\end{rem}

\bigskip

$\blacktriangleright$ Voir les exercices \ref{exercice:\thechapter.2} et \ref{exercice:\thechapter.3}.


\subsection{Matrices identité et matrices diagonales}

\begin{defin}[matrices identité]
On appelle \textit{matrice identité d'ordre $n$} la matrice carrée de dimensions $n\times n$:
\[
I_n = \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & \cdots & 0\\
0 & 1 & 0 & \cdots & 0\\
0 & 0 & 1 & \cdots & 0\\
\vdots & & & \ddots & \vdots\\
0 & 0 & 0 & \cdots & 1
\end{pmatrix}.
\]
\end{defin}

\begin{rem}
Une matrice identité ne contient que des \og 0 \fg{} sauf en diagonale où il n'y a que des \og 1 \fg.
\end{rem}

\begin{defin}[matrices diagonales]
On appelle \textit{matrices diagonales} toutes matrices carrées de la forme:
\[
\begin{pmatrix}
a_1 & 0 & 0 & \cdots & 0\\
0 & a_2 & 0 & \cdots & 0\\
0 & 0 & a_3 & \cdots & 0\\
\vdots & & & \ddots & \vdots\\
0 & 0 & 0 & \cdots & a_n
\end{pmatrix}.
\]
\end{defin}

\newpage

\begin{prop}
Pour toute matrice carrée $A$ d'ordre $n$,
\[
A \times I_n = I_n \times A = A.
\]
\end{prop}

\begin{rem}
La matrice identité joue le même rôle dans le produit de matrices que le réel \og 1 \fg{} dans le produit des nombres: on dit que c'est l'\textit{élément neutre} du produit.
\end{rem}


\subsection{Puissances d'une matrice carrée}

\begin{defin}
Soit $A$ une matrice carrée d'ordre $n$. On définit la puissance $p$-ième de $A$ par:
\[
A^p = \underbrace{A\times A\times\cdots\times A}_{p\text{ facteurs}}
\]
en convenant d'avoir : $A^0 = I_n$.
\end{defin}

\begin{prop}
Soit $D = (d_i)$ une matrice carrée diagonale d'ordre $n$. Alors, 
\[
D = \begin{pmatrix}
a_1 & 0 & 0 & \cdots & 0\\
0 & a_2 & 0 & \cdots & 0\\
0 & 0 & a_3 & \cdots & 0\\
\vdots & & & \ddots & \vdots\\
0 & 0 & 0 & \cdots & a_n
\end{pmatrix} \iff D^p = \begin{pmatrix}
a_1^p & 0 & 0 & \cdots & 0\\
0 & a_2^p & 0 & \cdots & 0\\
0 & 0 & a_3^p & \cdots & 0\\
\vdots & & & \ddots & \vdots\\
0 & 0 & 0 & \cdots & a_n^p
\end{pmatrix}.
\]
\end{prop}

\begin{rem}
La démonstration peut se faire par récurrence.
\end{rem}

\subsection{Matrice inverse d'une matrice carrée}

\begin{defin}
Soit $A$ une matrice carrée d'ordre $n$.

On appelle \textit{matrice inverse de $A$} l'unique matrice, notée $A^{-1}$, telle que:
\[
A \times A^{-1} = A^{-1}\times A = I_n.
\]
\end{defin}

\begin{rem}
Attention: toutes les matrices carrées ne possèdent pas d'inverse.

Par exemple, la matrice nulle (constituée uniquement de \og 0 \fg) ne possède pas d'inverse.

On dit dans ce cas que la matrice n'est pas inversible. 
\end{rem}

\begin{exemple}
Dans l'exercice \ref{exercice:\thechapter.2}, nous avons vu que:
\[
\begin{pmatrix}
1 & -2\\
-2 & 1
\end{pmatrix}^2 = \begin{pmatrix}
5 & 0\\
0 & 5
\end{pmatrix} = 5I_2.
\]
On peut alors en déduire que:
\[
\begin{pmatrix}
1 & -2\\
-2 & 1
\end{pmatrix}
\times
\frac{1}{5}\begin{pmatrix}
1 & -2\\
-2 & 1
\end{pmatrix} = I_2
\quad\text{et}\quad
\frac{1}{5}\begin{pmatrix}
1 & -2\\
-2 & 1
\end{pmatrix}\times\begin{pmatrix}
1 & -2\\
-2 & 1
\end{pmatrix} = I_2
\]
soit:
\[
\begin{pmatrix}
1 & -2\\
-2 & 1
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
\frac{1}{5} & -\frac{2}{5} \\
-\frac{2}{5} & \frac{1}{5}
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
\frac{1}{5} & -\frac{2}{5} \\
-\frac{2}{5} & \frac{1}{5}
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
1 & -2\\
-2 & 1
\end{pmatrix}= I_2.
\]
On peut alors conclure que:
\[
\begin{pmatrix}
1 & -2\\
-2 & 1
\end{pmatrix}^{-1}=\begin{pmatrix}
\frac{1}{5} & -\frac{2}{5} \\
-\frac{2}{5} & \frac{1}{5}
\end{pmatrix}.
\]
\end{exemple}

\bigskip

$\blacktriangleright$ Voir l'exercice \ref{exercice:\thechapter.4}.

\subsubsection*{Trouver l'inverse d'une matrice}

Considérons le système linéaire:
\[
\begin{cases}
ax+by=\lambda\\
cx+dy=\mu
\end{cases}
\]
Il peut être représenté de façon matricielle par:
\[
AX = B,\qquad\text{avec}\qquad A=\begin{pmatrix}a & b\\c & d
\end{pmatrix},\ X=\dbinom{x}{y},\ B=\dbinom{\lambda}{\mu}.
\]
Or, 
\[
AX = B \iff A^{-1}AX = A^{-1}B \iff I_2X = A^{-1}B \iff X = A^{-1}B.
\]
Ainsi, si on résout le système linéaire, on aura la matrice inverse.
\begin{align*}
\begin{cases}
ax+by=\lambda & (L_1)\\
cx+dy=\mu & (L_2)
\end{cases} & \iff \begin{cases}
acx+bcy=\lambda c & (L_1) \leftarrow c\times(L_1)\\
acx+ady=\mu a & (L_2) \leftarrow a\times(L_2)
\end{cases}
\end{align*}
En soustrayant, on obtient:
\[
(L_2)-(L_1) \iff (ad-bc)y = \mu a-\lambda c \iff y = \dfrac{\mu a - \lambda c}{ad-bc}.
\]

De même,
\begin{align*}
\begin{cases}
ax+by=\lambda & (L_1)\\
cx+dy=\mu & (L_2)
\end{cases} & \iff \begin{cases}
adx+bdy=\lambda d & (L_1) \leftarrow d\times(L_1)\\
bcx+bdy=\mu b & (L_2) \leftarrow b\times(L_2)
\end{cases}
\end{align*}
En soustrayant, on obtient:
\[
(L_1)-(L_2) \iff (ad-bc)x = \lambda d - \mu b \iff x = \dfrac{\lambda d - \mu b}{ad-bc}.
\]
Ainsi,
\[
X = \frac{1}{ad-bc}\dbinom{d\lambda -b\mu}{-c\lambda + a\mu} = \frac{1}{ad-bc}\begin{pmatrix}d & -b\\-c & a\end{pmatrix}\dbinom{\lambda}{\mu} =  \frac{1}{ad-bc}\begin{pmatrix}d & -b\\-c & a\end{pmatrix}B.
\]
Or, 
\[ X = A^{-1}B
\]
donc:
\[
A^{-1}= \frac{1}{ad-bc}\begin{pmatrix}d & -b\\-c & a\end{pmatrix}.
\]
Bien sûr, il est ici nécessaire que $ad-bc\neq0$.

\begin{prop}
Soit $A=\begin{pmatrix}a & b\\c & d\end{pmatrix}$ telle que $ad-bc\neq0$.

Alors, l'inverse de $A$ est:
\[
A^{-1}=\dfrac{1}{ad-bc}\begin{pmatrix}d & -b\\-c & a\end{pmatrix}.
\]
\end{prop}

\bigskip

$\blacktriangleright$ Voir l'exercice \ref{exercice:\thechapter.5}.

\section{Applications}

\subsection{Résolution de systèmes linéaires}

Considérons un système linéaire de $n$ équations à $n$ inconnues $x_1$, $x_2$,... , $x_n$:
\[
\begin{cases}
a_{1,1}x_1+a_{1,2}x_2 + \cdots + a_{1,n}x_n = b_1\\
a_{2,1}x_1+a_{2,2}x_2 + \cdots + a_{2,n}x_n = b_2\\
\vdots\\
a_{n,1}x_1+a_{n,2}x_2 + \cdots + a_{n,n}x_n = b_n\\
\end{cases}
\]
Alors, ce système peut être écrit de façon matricielle sus la forme:
\[
AX = B
\]
avec:
\[
A = \begin{pmatrix}
a_{1,1} & a_{1,2} & \cdots & a_{1,n}\\
a_{2,1} & a_{2,2} & \cdots & a_{2,n}\\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\
a_{n,1} & a_{n,2} & \cdots & a_{n,n}
\end{pmatrix}
\qquad,\qquad
X = \begin{pmatrix}x_1\\x_2\\\vdots\\x_n\end{pmatrix}
\qquad,\qquad
B = \begin{pmatrix}b_1\\b_2\\\vdots\\b_n\end{pmatrix}.
\]
Dans ce cas, si $A$ est inversible, 
\[
AX = B \iff \underbrace{A^{-1}A}_{=I_n}X = A^{-1}B \iff X = A^{-1}B.
\]

\begin{exemple}
Le système:
\[
\systeme{3x-5y=13,4x+7y=-10}
\]
peut s'écrire:
\[
AX = B\quad,\quad A=\begin{pmatrix}3&-5\\4&7\end{pmatrix}\quad,\quad X=\dbinom{x}{y}\quad,\quad B=\dbinom{13}{-10}.
\]
$A$ est inversible et 
\[
A^{-1}=\begin{pmatrix}\frac{7}{41} & \frac{5}{41}\\[8pt]-\frac{4}{41} & \frac{3}{41}\end{pmatrix}.
\]
Par conséquent, 
\[
\dbinom{x}{y} = \begin{pmatrix}\frac{7}{41} & \frac{5}{41}\\[8pt]-\frac{4}{41} & \frac{3}{41}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}13\\[8pt]-10\end{pmatrix} = \dbinom{1}{-2}.
\]
\end{exemple}

\bigskip

$\blacktriangleright$ Voir les exercices \ref{exercice:\thechapter.9} et \ref{exercice:\thechapter.10}.

\subsection{Suites numériques imbriquées}

\begin{defin}
On pose: $U_n = \begin{pmatrix}u^{(1)}_n \\ u^{(2)}_n \\ \vdots \\ u^{(p)}_n\end{pmatrix}$ où les $u^{(k)}_n$ ($1 \leqslant k \leqslant p$) sont $p$ suites numériques.

Ces $p$ suites sont dites imbriquées s'il existe deux matrices:
\[
A = \begin{pmatrix}
a_{1,1} & a_{1,2} & \cdots & a_{1,p}\\
a_{2,1} & a_{2,2} & \cdots & a_{2,p}\\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\
a_{p,1} & a_{p,2} & \cdots & a_{p,p}
\end{pmatrix}
\qquad\text{et}\qquad B = \begin{pmatrix}b_1\\b_2\\\vdots\\b_p\end{pmatrix}
\]
telles que:
\[
U_{n+1} = AU_n+B.
\]
\end{defin}

\begin{exemple}
Les deux suites \suite{u}{n}{} et \suite{v}{n}{} définies par:
\[
u_0=a,\ v_0=b\qquad,\qquad \forall n\in\N,\ \begin{cases}
u_{n+1} = \dfrac{1}{2}(u_n+v_n)\\[8pt]
v_{n+1} = \dfrac{1}{2}(u_n-v_n)
\end{cases}
\]
sont imbriquées car:
\[
U_{n+1} = AU_n+B\qquad,\qquad\text{avec}\quad U_n=\dbinom{u_n}{v_n},\ A=\begin{pmatrix}
\frac{1}{2} & \frac{1}{2}\\[8pt]
\frac{1}{2} & -\frac{1}{2}
\end{pmatrix},\ B=\dbinom{0}{0}.
\]
\end{exemple}

\begin{prop}
Soit un système de suites imbriquées représenté par l'écriture matricielle $U_{n+1}=AU_n$, $U_0$ étant donné. Alors,
\[
\forall n\in\N,\qquad U_n=A^nU_0.
\]
\end{prop}

\begin{exemple}
Si on reprend les suites de l'exemple précédent, alors:
\[
\dbinom{u_n}{v_n} = A^n\dbinom{a}{b}.
\]
On peut démontrer par récurrence que, $\forall n\in\N*$:
\begin{itemize}
\item  $A^{2n}=\dfrac{1}{2^{2n}}\times 2^nI_2 = \dfrac{1}{2^{n}}I_2$;
\item $A^{2n+1} = \dfrac{1}{2^{2n+1}}\times 2^n A = \dfrac{1}{2^{n+1}}A$.
\end{itemize}
Ainsi, pour tout entier naturel $n$,
\begin{itemize}
\item $U_{2n} = \dfrac{1}{2^n}\dbinom{a}{b}$;
\item $U_{2n+1}=\dfrac{1}{2^{p+1}}\dbinom{a+b}{a-b}$.
\end{itemize}
\end{exemple}

\bigskip

$\blacktriangleright$ Voir les exercices \ref{exercice:\thechapter.11} à \ref{exercice:\thechapter.14}.

\newpage

\section{Python et les matrices}

On peut effectuer des calculs sur les matrices avec le module \texttt{numpy}.

\subsection{Définir une matrice}

\begin{minipage}{.5\linewidth}
Définir la matrice:
\[
A = \begin{pmatrix}
1 & -1 & 2\\
0 & -1 & 1\\
2 & -2 & 3
\end{pmatrix}
\]
\end{minipage}
\begin{minipage}{.5\linewidth}
\begin{python*}
from numpy import array

A = array([ [1,-1,2],
          [0,-1,1],
          [2,-2,3] ])
\end{python*}
\end{minipage}

\subsection{Somme, différence et produit de deux matrices}


Ajouter, soustraire et multiplier les matrices:
\[
A = \begin{pmatrix}
1 & -1 & 2\\
0 & -1 & 1\\
2 & -2 & 3
\end{pmatrix}
\text{ et }
B = \begin{pmatrix}
-3 & 5 & 2\\
6 & -1 & 0\\
3 & 2 & -1
\end{pmatrix}
\]

\begin{minipage}[t]{0.6\linewidth}
\begin{python}
from numpy import array, add, subtract, dot

A = array([ [1,-1,2],
          [0,-1,1],
          [2,-2,3] ])

B = array([ [-3,5,2],
          [6,-1,0],
          [3,2,-1] ])

S = add(A,B) # A + B
D = subtract(A,B) # A - B
P = dot(A,B) # A x B
print(f'S = {S} ,\n\n D = {D},\n\n P = {P}')
\end{python}
\end{minipage}
\hfill
\begin{minipage}[t]{0.35\linewidth}
~
\begin{console}
S = [[-2  4  4]
 [ 6 -2  1]
 [ 5  0  2]] ,

 D = [[ 4 -6  0]
 [-6  0  1]
 [-1 -4  4]],

 P = [[-3 10  0]
 [-3  3 -1]
 [-9 18  1]]
\end{console}
\end{minipage}

\newpage

\subsection{Inverse d'une matrice}

Inverser la matrice:
\[
A = \begin{pmatrix}
1 & -1 & 2\\
0 & -1 & 1\\
2 & -2 & 3
\end{pmatrix}
\]


\begin{python}
from numpy import array
from numpy.linalg import inv

A = array([ [1,-1,2],
          [0,-1,1],
          [2,-2,3] ])

print( inv(A) )
\end{python}

\begin{console}
[[-1. -1.  1.]
 [ 2. -1. -1.]
 [ 2.  0. -1.]]
\end{console}

\subsection{Puissance d'une matrice}


\begin{minipage}{0.8\linewidth}
\begin{python}
from numpy import array
from numpy.linalg import matrix_power as matpow

A = array( [[1,0],[1,1]] )
print( matpow(A,5) )
\end{python}
\end{minipage}
\hfill
\begin{minipage}[t]{0.15\linewidth}
\begin{console}
[[1 0]
 [5 1]]
\end{console}
\end{minipage}



























%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\exercices %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\subsection*{Appliquer le cours}

%%% 

\begin{exocor}{somme de matrices et produit par un réel}[1]
On considère les matrices suivantes:
\[
A = \begin{pmatrix}
2 & -1 & 5\\
3 & 1 & -2
\end{pmatrix}
\quad,\quad
B = \begin{pmatrix}
-1 & 3\\
2 & -1\\
5 & 0
\end{pmatrix}\quad,\quad C = \begin{pmatrix}
1 & 5 & 0\\
-2 & 1 & 2
\end{pmatrix}\quad,\quad
D = \begin{pmatrix}
1 & -3\\
-2 & 1\\
-5 & 0
\end{pmatrix}.
\]

\begin{enumerate}
\item Donner les dimensions de ces matrices.
\item Effectuer toutes les sommes de matrices possibles.
\item Calculer $B+2D$.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $\dim(A) = \dim(C) = 2 \times 3$.

$\dim(B) = \dim(D) = 3 \times 2$.

\item Les seules sommes que l'on peut faire avec ces matrices sont:
\begin{itemize}
\item $A+C =  \begin{pmatrix}
2 & -1 & 5\\
3 & 1 & -2
\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}
1 & 5 & 0\\
-2 & 1 & 2
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
3 & 4 & 5\\
1 & 2 & 0
\end{pmatrix}$.

\item $B+D = B + (-B) = 0 = \begin{pmatrix}
0 & 0\\
0 & 0\\
0 & 0
\end{pmatrix}$.
\end{itemize}

\item $\begin{aligned}[t]
B+2D & = \begin{pmatrix}
-1 & 3\\
2 & -1\\
5 & 0
\end{pmatrix} + 2\begin{pmatrix}
1 & -3\\
-2 & 1\\
-5 & 0
\end{pmatrix}\\
& = \begin{pmatrix}
-1 & 3\\
2 & -1\\
5 & 0
\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}
2 & -6\\
-4 & 2\\
-10 & 0
\end{pmatrix}\\
& = \begin{pmatrix}
1 & -3\\
-2 & 1\\
-5 & 0
\end{pmatrix} = D.
\end{aligned}$

\begin{rem}
On aurait aussi pu écrire:
\[
B+2D = B + 2(-B) = B-2B = -B = D.
\]
\end{rem}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{produit de matrices}[1]
Effectuer, quand cela est possible, les produits de matrices suivants.

\begin{enumerate}
\item $\begin{pmatrix}
-1 & 1 & -1\\
1 & -1 & 1
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
1 & -1\\
-1 & 1\\
1 & -1
\end{pmatrix}$

\item $\begin{pmatrix}
1 & 3\\
-2 & 4
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
3\\-1
\end{pmatrix}$

\item $\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1\\
0 & 1 & 0
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
-1 & -1 & -1\\
1 & 0 & 1
\end{pmatrix}$

\item $\begin{pmatrix}
1 & -2\\
-2 & -1
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
1 & -2\\
-2 & -1
\end{pmatrix}$
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $\begin{aligned}[t]
& \begin{pmatrix}
-1 & 1 & -1\\
1 & -1 & 1
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
1 & -1\\
-1 & 1\\
1 & -1
\end{pmatrix}\\
= & \begin{pmatrix}
-1\times1 + 1\times(-1) + (-1)\times1 & (-1)\times(-1)+1\times1 + (-1)\times(-1)\\
1\times1+(-1)\times(-1)+1\times1 & 1\times(-1)+(-1)\times1+1\times(-1)
\end{pmatrix}\\
= & \begin{pmatrix}
-3 & 3\\
3 & -3
\end{pmatrix}
\end{aligned}$

\item $\begin{pmatrix}
1 & 3\\
-2 & 4
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
3\\-1
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
1\times3 + 3\times(-1)\\
-2\times3 + 4\times(-1)
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
0\\-10
\end{pmatrix} $.

\item $\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1\\
0 & 1 & 0
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
-1 & -1 & -1\\
1 & 0 & 1
\end{pmatrix} \to $ Ce produit est impossible à faire car le nombre de lignes de la première matrice est différent du nombre de colonnes de la seconde.

\item $\begin{pmatrix}
1 & -2\\
-2 & -1
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
1 & -2\\
-2 & -1
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
1\times1 + (-2)\times(-2) & 1\times(-2)+(-2)\times(-1)\\
-2\times1+(-1)\times(-2) & -2\times(-2)+(-1)\times(-1)
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
5 & 0\\
0 & 5
\end{pmatrix} $.
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{non commutativité du produit matriciel}[1]
Soient $A = \begin{pmatrix}
-1 & 2\\
3&  -1
\end{pmatrix}$ et $B = \begin{pmatrix}
2 & -1\\
-2 & 3
\end{pmatrix}$.

Calculer $A\times B$ puis $B\times A$ et constater la non commutativité du produit matriciel dans un cas général.

\tcblower

\begin{itemize}
\item $A\times B = \begin{pmatrix}
-1 & 2\\
3&  -1
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
2 & -1\\
-2 & 3
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
-6 & 7\\
8 & -6
\end{pmatrix}$

\item $B\times A = \begin{pmatrix}
2 & -1\\
-2 & 3
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
-1 & 2\\
3&  -1
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
-5 & 5\\
11 & - 7
\end{pmatrix}$
\end{itemize}

On peut alors constater que $AB \neq BA$, ce qui signifie que dans un cas général, le produit de deux matrices n'est pas commutatif.
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{matrices inverses}[1]
Soient $A=\begin{pmatrix}7&  -4\\-5 & 3\end{pmatrix}$ et $B=\begin{pmatrix}3 & 4\\5 & 7\end{pmatrix}$. Montrer que $A$ et $B$ sont inverses l'une de l'autre.

\tcblower

On calcule:
\begin{itemize}
\item $AB = \begin{pmatrix}7&  -4\\-5 & 3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}3 & 4\\5 & 7\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}21-20 & 28-28\\-15+15 & -20+21\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1 & 0\\0 & 1\end{pmatrix}=I_2$.

\item $BA = \begin{pmatrix}3 & 4\\5 & 7\end{pmatrix}\begin{pmatrix}7&  -4\\-5 & 3\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}21-20 & -12+12\\35-35 & -20+21
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1 & 0\\0 & 1\end{pmatrix}=I_2$.
\end{itemize}

Ainsi, $A$ et $B$ sont inverses l'une de l'autre.
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{matrices inverses}[1]
Dans chacun des cas suivants, déterminer la matrice inverse de $A$ quand cela est possible.
\begin{enumerate}
\begin{multicols}{2}
\item $A = \begin{pmatrix}1 & -6\\4 & 3\end{pmatrix}$
\item $A = \begin{pmatrix}-1 & 1\\1 & -1\end{pmatrix}$
\item $A = \begin{pmatrix}-5 & 1\\4 & 7\end{pmatrix}$
\item $A = \begin{pmatrix}0 & 1\\1 & 0\end{pmatrix}$
\end{multicols}
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $A = \begin{pmatrix}1 & -6\\4 & 3\end{pmatrix}$.

$ad-bc = 3-(-24)=27\neq0$ donc $A^{-1}$ existe et:
\[
A^{-1} = \dfrac{1}{27}\begin{pmatrix}3 & 6\\-4 & 1\end{pmatrix}.
\]

\item $A = \begin{pmatrix}-1 & 1\\1 & -1\end{pmatrix}$.

$ad-bc = 1-1=0$ donc $A$ n'est pas inversible.

\item $A = \begin{pmatrix}-5 & 1\\4 & 7\end{pmatrix}$.

$ad-bc = -35-4 =-39\neq0$ donc $A$ est inversible et son inverse est:
\[
A^{-1} = -\dfrac{1}{39}\begin{pmatrix}7 & -1\\-4 & -5\end{pmatrix}=\dfrac{1}{39}\begin{pmatrix}-7 & 1\\4 & 5\end{pmatrix}.
\]

\item $A = \begin{pmatrix}0 & 1\\1 & 0\end{pmatrix}$.

$ad-bc = 0-1 = -1\neq0$ donc $A$ est inversible et son inverse est:
\[
A^{-1}=\frac{1}{-1}\begin{pmatrix}0 & -1\\-1 & 0\end{pmatrix} = A.
\]
\begin{rem}
Vous voyez à travers ce dernier cas que les matrices identité ne sont pas les seules à posséder une inverse égale à elles-mêmes. 
\end{rem}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{puissances d'une matrice}[2]
On considère la matrice:
\[
A = \begin{pmatrix}
1 & 1 & 1\\
0 & 1 & 1\\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}.
\]
\begin{enumerate}
\item Calculer $A^2$, puis $A^3$ à l'aide de la calculatrice (par exemple).
\item Démontrer par récurrence que pour tout entier naturel $n$, 
\[
A^n = \begin{pmatrix}
1 & n & \frac{n(n+1)}{2}\\
0 & 1 & n\\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}.
\]
\item Si on remplace $n$ par $-1$ dans l'expression précédente, obtient-on l'inverse de $A$ ?
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item On obtient:
\[
A^2 = \begin{pmatrix}
1 & 2 & 3\\
0 & 1 & 2\\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}\qquad,\qquad
A^3 = \begin{pmatrix}
1 & 3 & 6\\
0 & 1 & 3\\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}.
\]

\bigskip

\item 
\begin{itemize}
\item \textbf{Initialisation:} l'égalité est vraie pour $n=1$.

\item \textbf{Hérédité:} supposons que pour un entier $k$ fixé, 
\[
A^k = \begin{pmatrix}
1 & k & \frac{k(k+1)}{2}\\
0 & 1 & k\\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}.
\]
Alors,
\begin{align*}
A^{k+1} & = \begin{pmatrix}
1 & k & \frac{k(k+1)}{2}\\
0 & 1 & k\\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1\\
0 & 1 & 1\\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}\\
& = \begin{pmatrix}
1 & 1+k & 1+k+\frac{k(k+1)}{2}\\
0 & 1 & 1+k\\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}\\
& = \begin{pmatrix}
1 & 1+k & (k+1)\left[1+\frac{k}{2}\right]\\
0 & 1 & 1+k\\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}\\
& = \begin{pmatrix}
1 & 1+k & \frac{(k+1)(k+2)}{2}\\
0 & 1 & k+1\\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}
\end{align*}

L'hérédité est alors vérifiée.
\end{itemize}
L'égalité est donc vraie pour tout entier naturel $n$.

\bigskip

\item Si $n=-1$, l'égalité précédente devient:
\[
A^{-1} = \begin{pmatrix}
1 & -1 & 0\\
0 & 1 & -1\\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}
\]
Or, 
\[
\begin{pmatrix}
1 & -1 & 0\\
0 & 1 & -1\\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1\\
0 & 1 & 1\\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
1 & 1 & 1\\
0 & 1 & 1\\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
1 & -1 & 0\\
0 & 1 & -1\\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}=I_3.
\]

\bigskip

Ainsi, $A^{-1}$ désigne bien l'inverse de $A$.
\end{enumerate}
\end{exocor}


%%%


\begin{exocor}{matrice inversible}[2]
Soit la matrice:
\[
A = \begin{pmatrix}
0 & 1 & -1\\
-3 & 4 & -3\\
-1 & 1 & 0
\end{pmatrix}.
\]
$I_3$ désigne la matrice identité d'ordre 3.
\begin{enumerate}
\item Calculer $A^2-3A+2I_3$.
\item En déduire que $A$ est inversible, et déterminer son inverse.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item On trouve :  $A^2-3A+2I_3=\begin{pmatrix}
0&0&0\\
0&0&0\\
0&0&0
\end{pmatrix}$, que l'on peut aussi noter:
\[
A^2-3A+2I_3 = 0.
\]

\item De l'égalité obtenue précédemment, on peut en déduire que:
\[
A^2-3A = -2I_3
\]
soit:
\[
A(A-3I_3) = -2I_3 \qquad \text{ou} \qquad (A-3I_3)A = -2I_3
\]
et donc:
\[
A \times \left[-\frac{1}{2}(A-3I_3)\right] = I_3  \qquad \text{ou} \qquad \left[-\frac{1}{2}(A-3I_3)\right]\times A = I_3.
\]
On en déduit alors que $A$ est inversible et que son inverse est:
\[
A^{-1}= -\frac{1}{2}(A-3I_3) = -\frac{1}{2}\begin{pmatrix}
0-3 & 1 & -1\\
-3 & 4-3 & -3\\
-1 & 1 & 0-3
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
\frac{3}{2} & -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\[8pt]
\frac{3}{2} & -\frac{1}{2} & \frac{3}{2} \\[8pt]
\frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & \frac{3}{2}
\end{pmatrix}.
\]
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\newpage

\begin{exocor}{matrice nilpotente}[2]
On considère les matrices:
\[
N = \begin{pmatrix}
3 & 9 & -9\\
2 & 0 & 0\\
3 & 3 & -3
\end{pmatrix}
\qquad\text{et}\qquad
A = \begin{pmatrix}
4 & 9 & -9\\
2 & 1 & 0\\
3 & 3 & -2
\end{pmatrix}
\]
\begin{enumerate}
\item Calculer $N^2$ puis $N^3$.
\item En remarquant que $A=N+I_3$, $I_3$ étant la matrice identité d'ordre 3, donner une\linebreak expression de $A^n$ pour tout entier naturel $n\geqslant3$.
\end{enumerate}
\begin{rem}
$N$ est qualifiée de \textit{nilpotente} car il existe un entier naturel $k$ (ici, $k=3$) pour lequel $N^k=0$.
\end{rem}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item On vérifie que $N^2 = \begin{pmatrix}
0&0&0\\
6&18&-18\\
6&18&-18
\end{pmatrix}$ et $N^3 = 0$ (matrice nulle).

\item $A^n = (N+I_3)^n = \displaystyle\sum_{k=0}^n\dbinom{n}{k}N^kI_3^{n-k}$.
\begin{rem}
Attention: la formule du binôme de Newton fonctionne ici car $N\times I_3=I_3\times N$.

Dans un cas général, le produit matriciel étant non commutatif, elle ne fonctionne pas.
\end{rem}
Or, 
\[
\forall k\geqslant3, N^3=0
\]
donc:
\begin{align*}
A^n & = \dbinom{n}{0}N^0I_3^n + \dbinom{n}{1}N^1I_3^{n-1} + \dbinom{n}{2}N^2I_3^{n-2} = I_3 + nN + \dfrac{n(n-1)}{2}N^2\\
A^n & = \begin{pmatrix}3n+1 & 9n & -9n\\3n^2-n & 9n^2-9n+1 & -9n^2+9n\\3n^2 & 9n^2-6n & -9n^2+6n+1\end{pmatrix}
\end{align*}
\end{enumerate}
\end{exocor}


\subsection*{Applications algébriques}

\begin{exocor}{systèmes linéaires}[2]
Résoudre de façon matricielle les systèmes linéaires suivants.

\textit{On pourra effectuer les calculs à l'aide d'une calculatrice ou d'un logiciel pour déterminer l'inverse des matrices utilisées.}

\begin{enumerate}
\begin{multicols}{2}
\item \systeme{3x-5y=7,-4x+2y=1}
\item \systeme{5x+4y=-1,3x-y=2}
\end{multicols}
\begin{multicols}{2}
\item \systeme{x+y+z=1,x-y+z=2,x+y-z=3}
\item \systeme{x+2y+3z=6,x-2y-3z=-6,x+y-2z=0}
\end{multicols}
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $\systeme{3x-5y=7,-4x+2y=1} \iff AX = B$, avec $A=\begin{pmatrix}3&-5\\-4&2\end{pmatrix}$, $X=\dbinom{x}{y}$ et $B=\dbinom{7}{1}$.

\bigskip

Ainsi, $X = A^{-1}B = \begin{pmatrix}-\frac{1}{7} & -\frac{5}{14}\\[8pt]-\frac{2}{7} & -\frac{3}{14}\end{pmatrix}\dbinom{7}{1}=\dbinom{-\frac{19}{14}}{-\frac{31}{14}}$.

\bigskip

\underline{On trouve alors $x=-\dfrac{19}{14}$ et $y=-\dfrac{31}{14}$.}

\bigskip

\item $\systeme{5x+4y=-1,3x-y=2} \iff AX = B$, avec $A=\begin{pmatrix}5&4\\3&-1\end{pmatrix}$, $X=\dbinom{x}{y}$ et $B=\dbinom{-1}{2}$.

\bigskip

Ainsi, $X = A^{-1}B = \begin{pmatrix}\frac{1}{17} & \frac{4}{17}\\[8pt]-\frac{3}{17} & -\frac{5}{17}\end{pmatrix}\dbinom{7}{1}=\dbinom{\frac{7}{17}}{-\frac{13}{17}}$.

\bigskip

\underline{On trouve alors $x=\dfrac{7}{17}$ et $y=-\dfrac{13}{17}$.}

\bigskip

\item $\systeme{x+y+z=1,x-y+z=2,x+y-z=3} \iff AX = B$, avec $A=\begin{pmatrix}1&1&1\\1&-1&1\\1&1&-1\end{pmatrix}$, $X=\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}$ et $B=\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix}$

\bigskip

Ainsi, $X = A^{-1}B = \begin{pmatrix}0 & \frac{1}{2} & \frac{1}{2}\\[8pt]\frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & 0\\[8pt] \frac{1}{2} & 0 & -\frac{1}{2} \end{pmatrix}\begin{pmatrix}1\\[8pt]2\\[8pt]3\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}
\frac{5}{2}\\[8pt]-\frac{1}{2}\\[8pt]-1\end{pmatrix}$.

\underline{On trouve alors $x=\dfrac{5}{2}$, $y=-\dfrac{1}{2}$ et $z=-1$.}

\bigskip

\item $\systeme{x+2y+3z=6,x-2y-3z=-6,x+y-2z=0}  \iff AX = B$, avec $A=\begin{pmatrix}1&2&3\\1&-2&-3\\1&1&-2\end{pmatrix}$, $X=\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}$ et $B=\begin{pmatrix}6\\-6\\0\end{pmatrix}$

\bigskip

Ainsi, $X = A^{-1}B = \begin{pmatrix}\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 0\\[8pt]-\frac{1}{14} & -\frac{5}{14} & \frac{3}{7} \\[8pt] \frac{3}{14} & \frac{1}{14} & -\frac{2}{7} \end{pmatrix}\begin{pmatrix}6\\[8pt]-6\\[8pt]0\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0\\[8pt]\frac{12}{7}\\[8pt] \frac{6}{7}\end{pmatrix}$.

\bigskip

\underline{On trouve: $x=0$, $y=\dfrac{12}{7}$ et $z=\dfrac{6}{7}$.}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%%

\begin{exocor}{systèmes linéaires}[2]
\`A l'aide de votre calculatrice et en associant à chacun des systèmes suivant sa matrice, trouver leurs solutions.

\begin{enumerate}
\begin{multicols}{3}
\item $\systeme{x+2y=1,x+3y=2}$
\item $\systeme{3x-5y=7,2x-7y=5}$
\item $\systeme{-x+2y=-1,2x+4y=1}$
\item $\systeme{5x+4y=-3,3x+4y=5}$
\item $\systeme{x+y-z=1,2x-3y+z=-1,x+2y-z=2}$
\item $\systeme{x+2y+3z=4,3x+2y+z=0,x-y+z=1}$
\end{multicols}
\end{enumerate}
\vspace*{-1.5em}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item Le système $\systeme{x+2y=1,x+3y=2}$ peut être écrit sous la forme matricielle $AX=B$ avec $A=\begin{pmatrix}1 & 2\\1 & 3\end{pmatrix}$, $X=\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}$ et $B=\begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix}$.

Il admet un unique couple de solutions si $A$ est inversible.

\`A la calculatrice, on trouve : $A^{-1}=\begin{pmatrix}
3 & -2\\-1 & 1\end{pmatrix}$ donc $X=A^{-1}B=\begin{pmatrix}
-1\\1\end{pmatrix}$.

\uline{L'unique solution du système est donc le couple \coord{-1}{1}.}

\item Le système $\systeme{3x-5y=7,2x-7y=5}$ peut être écrit sous la forme matricielle $AX=B$ avec\linebreak $A=\begin{pmatrix}3 & -5\\2 & -7\end{pmatrix}$, $X=\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}$ et $B=\begin{pmatrix}7\\5\end{pmatrix}$.

Il admet un unique couple de solutions si $A$ est inversible.

\`A la calculatrice, on trouve : $A^{-1}=\dfrac{1}{11}\begin{pmatrix}7 & -5\\2 & -3\end{pmatrix}$ donc $X=A^{-1}B=\dfrac{1}{11}\begin{pmatrix}24\\-1\end{pmatrix}$.

\underline{L'unique solution du système est donc le couple \coord{\dfrac{24}{11}}{-\dfrac{1}{11}}.}

\item Le système $\systeme{-x+2y=-1,2x+4y=1}$ peut être écrit sous la forme matricielle $AX=B$ avec\linebreak $A=\begin{pmatrix}-1 & 2\\2 & 4\end{pmatrix}$, $X=\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}$ et $B=\begin{pmatrix}-1\\1\end{pmatrix}$.

Il admet un unique couple de solutions si $A$ est inversible.

\`A la calculatrice, on trouve : $A^{-1}=\dfrac{1}{8}\begin{pmatrix}-4 & 2\\2 & 1\end{pmatrix}$ donc $X=A^{-1}B=\dfrac{1}{8}\begin{pmatrix}6\\-1\end{pmatrix}$.

\underline{L'unique solution du système est donc le couple \coord{\dfrac{3}{4}}{-\dfrac{1}{8}}.}

\item Le système $\systeme{5x+4y=-3,3x+4y=5}$ peut être écrit sous la forme matricielle $AX=B$ avec\linebreak $A=\begin{pmatrix}5 & 4\\3 & 4\end{pmatrix}$, $X=\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}$ et $B=\begin{pmatrix}-3\\5\end{pmatrix}$.

Il admet un unique couple de solutions si $A$ est inversible.

\`A la calculatrice, on trouve : $A^{-1}=\dfrac{1}{8}\begin{pmatrix}4 & -4\\-3 & 5\end{pmatrix}$ donc $X=A^{-1}B=\dfrac{1}{4}\begin{pmatrix}-16\\17\end{pmatrix}$.

\underline{L'unique solution du système est donc le couple \coord{-4}{\dfrac{17}{4}}.}

\item Le système $\systeme{x+y-z=1,2x-3y+z=-1,x+2y-z=2}$ peut être écrit sous la forme matricielle $AX=B$ avec\linebreak $A=\begin{pmatrix}1 & 1 & -1\\2 & -3 & 1\\1 & 2 & -1\end{pmatrix}$, $X=\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}$ et $B=\begin{pmatrix}1\\-1\\2\end{pmatrix}$.

Il admet un unique couple de solutions si $A$ est inversible.

\`A la calculatrice, on trouve : $A^{-1}=\dfrac{1}{3}\begin{pmatrix}-1 & 1 & 2\\-3 & 0 & 3\\-7 & 1 & 5\end{pmatrix}$ donc $X=A^{-1}B=\dfrac{1}{3}\begin{pmatrix}2\\3\\2\end{pmatrix}$.

\underline{L'unique solution du système est donc le triplet $\left(\dfrac{2}{3}\,;\,1\,;\,\dfrac{2}{3}\right)$.}

\item Le système $\systeme{x+2y+3z=4,3x+2y+z=0,x-y+z=1}$ peut être écrit sous la forme matricielle $AX=B$ avec\linebreak $A=\begin{pmatrix}1 & 2 & 3\\3 & 2 & 1\\1 & -1 & 1\end{pmatrix}$, $X=\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}$ et $B=\begin{pmatrix}4\\0\\1\end{pmatrix}$.

Il admet un unique couple de solutions si $A$ est inversible.

\`A la calculatrice, on trouve : $A^{-1}=\dfrac{1}{16}\begin{pmatrix}-3 & 5 & 4\\2 & 2 & -8\\5 & -3 & 4\end{pmatrix}$ donc $X=A^{-1}B=\dfrac{1}{2}\begin{pmatrix}-1\\0\\3\end{pmatrix}$.

\underline{L'unique solution du système est donc le triplet $\left(-\dfrac{1}{2}\,;\,0\,;\,\dfrac{3}{2}\right)$.}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{suites imbriquées}[2]
On considère les suites $\suite{a}{n}{}$ et $\suite{b}{n}{}$ définies par $a_0=0,3$, $b_0=0,7$ et :
\[
\left\{
\begin{array}{ll}
a_{n+1} & = 0,7a_n+0,6b_n\\
b_{n+1} & =0,3a_n+0,4b_n
\end{array}
\right.
\]
Pour tout entier naturel $n$, on définit la matrice colonne $U_n=\dbinom{a_n}{b_n}$.
\begin{enumerate}
\item \'Ecrire la matrice $A$ telle que $U_{n+1}=AU_n$.
\item Démontrer par récurrence que pour tout entier naturel $n$, $U_n=A^nU_0$.
\item À l'aide de la calculatrice ou d'un logiciel de calcul formel, calculer $A^2$, $A^3$ et $A^4$.

Que peut-on conjecturer quant à $\limite{n}{+\infty}{A^n}$, et donc sur la limite des suites $\suite{a}{n}{}$ et $\suite{b}{n}{}$ ?
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $A=\begin{pmatrix}
0,7 & 0,6\\
0,3 & 0,4
\end{pmatrix}$

\item 
\begin{itemize}
\item \textbf{Initialisation :} $U_1=AU_0$ par définition de $A$ donc l'initialisation est réalisée.

\item \textbf{Hérédité:} on suppose que pour un entier naturel $k$ fixé, $U_{k}=A^kU_0$.

Alors, $U_{k+1}=AU_k=A\times A^kU_0=A^{k+1}U_0$.

L'hérédité est alors vérifiée. Ainsi, pour tout entier naturel $n$, $U_n=A^nU_0$.
\end{itemize}

\item 
$A^2=\begin{pmatrix}
0,67 & 0,66\\
0,33 & 0,34
\end{pmatrix}$, 
$A^3=\begin{pmatrix}0,667&0,666\\0,333&0,334\end{pmatrix}$ et 
$A^4=\begin{pmatrix}
0,6667 & 0,6666\\
0,3333 & 0,3334
\end{pmatrix}$.

\medskip

On peut supposer alors que $\limite{n}{+\infty}{A^n}=\begin{pmatrix}\frac{2}{3} & \frac{2}{3}\\[6pt]\frac{1}{3} & \frac{1}{3}\end{pmatrix}$.

\medskip

Ainsi, $\limite{n}{+\infty}{U_n}=\begin{pmatrix}\frac{2}{3} & \frac{2}{3}\\[6pt]\frac{1}{3} & \frac{1}{3}\end{pmatrix}\dbinom{0,3}{0,7}=\begin{pmatrix}\frac{2}{3}\\[6pt]\frac{1}{3}\end{pmatrix}$ et donc $\limite{n}{+\infty}{a_n}=\dfrac{2}{3}$ et $\limite{n}{+\infty}{b_n}=\dfrac{1}{3}$.
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%


\begin{exocor}{suites imbriquées}[2]
On considère les suites $\suite{a}{n}{}$ et $\suite{b}{n}{}$ définies par $u_0=0$, $v_0=1$ et :
\[
\left\{
\begin{array}{ll}
u_{n+1} & = \frac{1}{2}(u_n+v_n)\\[6pt]
v_{n+1} & =\frac{1}{3}(u_n+2v_n)
\end{array}
\right.
\]
Pour tout entier naturel $n$, on définit la matrice colonne $U_n=\dbinom{u_n}{v_n}$.
\begin{enumerate}
\item \'Ecrire la matrice $A$ telle que $U_{n+1}=AU_n$.
\item Démontrer par récurrence que pour tout entier naturel $n$, $U_n=A^nU_0$.
\item On définit les matrices $P=\begin{pmatrix}
\frac{4}{5} & \frac{6}{5}\\[6pt]-\frac{6}{5} & \frac{6}{5}\end{pmatrix}$ et $Q=\begin{pmatrix}\frac{1}{2} & -\frac{1}{2}\\[6pt]\frac{1}{2} & \frac{1}{3}\end{pmatrix}$.

Montrer que $P$ et $Q$ sont inverses l'une de l'autre.

\item Déterminer la matrice diagonale $D$ telle que $QDP=A$.

\item En déduire que pour tout entier naturel $n$, $U_n=\begin{pmatrix}
\frac{3}{5}-\frac{3}{5}\times\left(\frac{1}{6}\right)^n\\[6pt]
\frac{3}{5}+\frac{2}{5}\times\left(\frac{1}{6}\right)^n
\end{pmatrix}$.

\item En déduire la limite des suites \suite{u}{n}{} et \suite{v}{n}{}.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $A=\begin{pmatrix}
\frac{1}{2} & \frac{1}{2}\\[6pt]
\frac{1}{3} & \frac{2}{3}
\end{pmatrix}$.

\item 
\begin{itemize}
\item \textbf{Initialisation :} $U_1=AU_0$ par définition de $A$ donc l'initialisation est réalisée.

\item \textbf{Hérédité:} on suppose que pour un entier naturel $k$ fixé, $U_{k}=A^kU_0$.

Alors, $U_{k+1}=AU_k=A\times A^kU_0=A^{k+1}U_0$.

L'hérédité est alors vérifiée. Ainsi, pour tout entier naturel $n$, $U_n=A^nU_0$.
\end{itemize}

\item À la calculatrice (par exemple), on vérifie que $PQ=QP=\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}$ donc $P$ et $Q$ sont inverses l'une de l'autre.

\item Si $A=QDP=P^{-1}DP$, alors $PA=PP^{-1}DP=DP$ et $PAP^{-1}=DPP^{-1}=D$.

On trouve alors $D=\begin{pmatrix}1 & 0\\0 & \frac{1}{6}\end{pmatrix}$.

\item On en déduit que $A^n=(QDP)^n=QD^nP$ et donc $U_n=A^nU_0=QD^nPU_0$.

En effectuant le calcul, on trouve ce qui est demandé.

\item On trouve alors $\limite{n}{+\infty}{u_n}=\limite{n}{+\infty}{v_n}=\dfrac{3}{5}$.
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\newpage

\begin{exocor}{suites imbriquées}[3]
On considère les suites \suite{u}{n}{n\geqslant0} et \suite{v}{n}{n\geqslant0} définies par leur premier terme $u_0=1$ et $v_0=1$ et, pour tout entier naturel $n$, par les relations suivantes :
\[
\left\{
\begin{array}{l}
u_{n+1}=2u_n+3v_n+1\\
v_{n+1}=-u_n-2v_n-1
\end{array}
\right.
\]
Ces conditions peuvent s'écrire de façon matricielle sous la forme $U_{n+1}=AU_n+B$, avec\linebreak $U_n=\dbinom{u_n}{v_n}$, $A=\begin{pmatrix}2&3\\-1&-2\end{pmatrix}$ et $B=\dbinom{1}{-1}$.
\begin{enumerate}
\item Trouver la matrice colonne $C$ telle que $C=AC+B$.
\item On pose $X_n=U_n-C$.

Montrer que $X_{n+1}=AX_n$, puis en déduire que $X_n=A^nX_0$.

\item On pose $P=\begin{pmatrix}3&1\\-1&-1\end{pmatrix}$ et $D=\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix}$.

Vérifiez que $A=PDP^{-1}$, puis en déduire, à l'aide d'un raisonnement par récurrence, que $A^n=PD^nP^{-1}$ pour $n\geqslant0$.

\item En déduire alors une expression de $X_n$, puis de $U_n$, et donc de $u_n$ et $v_n$.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item Posons $C=\dbinom{x}{y}$.
\begin{align*}
C=AC+B & \iff \dbinom{x}{y}=\begin{pmatrix}2&3\\-1&-2\end{pmatrix}\dbinom{x}{y}+\dbinom{1}{-1}\\
& \iff \left\{\begin{array}{l}
x=2x-3y+1\\
y=-x-2y-1
\end{array}\right.
\\
& \iff \left\{ \begin{array}{l}
x-3y=-1\\
-x-3y=1
\end{array} \right.\\
& \iff x=-1,\ y=0
\end{align*}
Ainsi, $\boxed{C=\dbinom{-1}{0}}$

\item On a : $\left\{ \begin{array}{l@{~=~}l}
U_{n+1} & AU_n+B\\
C & AC+B
\end{array}\right.$ donc, par soustraction, on a :
\[
U_{n+1}-C=AU_n-AC \quad \text{soit} \quad U_{n+1}-C=A(U_n-C)\quad \text{soit}\quad \boxed{X_{n+1}=AX_n}
\]

\item D'après la question précédente, la suite \suite{X}{n}{n\geqslant0} est géométrique de raison $A$ et de premier terme $X_0=U_0-C=\dbinom{1}{1}-\dbinom{-1}{0}=\dbinom{2}{1}$.

Ainsi, $X_n=AX_{n-1}=A^2X_{n-2}=\cdots=A^nX_0$.

\item $PDP^{-1}=\begin{pmatrix}3&1\\-1&-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\frac{1}{2}&\frac{1}{2}\\[6pt]-\frac{1}{2}&-\frac{3}{2}\end{pmatrix}=A$ (avec la calculatrice).

\begin{itemize}
\item Initialisation : $A^1=PD^1P^{-1}$, évident.
\item Hérédité : supposons qu'à un certain rang $k$, $A^k=PD^kP^{-1}$.

Alors, $A^{k+1}=A^kA=PD^k\underbrace{P^{-1}P}_{=I}DP^{-1}=PD^{k+1}P^{-1}$.

L'hérédité est alors vérifiée. L'égalité est donc vraie pour tout entier $n\geqslant1$. Pour $n=0$, l'égalité est évidente : $A^0=I=PP^{-1}$.
\end{itemize}

Notons que $D^n=\begin{pmatrix}1^n&0\\0&(-1)^n\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&0\\0&(-1)^n\end{pmatrix}$.

\item On sait que $X_n=A^nX_0$ donc :
\begin{align*}
X_n & =
\begin{pmatrix}3&1\\-1&-1\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}1&0\\0&(-1)^n\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}\frac{1}{2}&\frac{1}{2}\\[6pt]-\frac{1}{2}&-\frac{3}{2}\end{pmatrix}\dbinom{2}{1} \\
& = \begin{pmatrix}3&1\\-1&-1\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}\frac{1}{2} & \frac{1}{2}\\[6pt]\frac{(-1)^{n+1}}{2} & \frac{3(-1)^{n+1}}{2}\end{pmatrix}\dbinom{2}{1}\\
& = \begin{pmatrix}\frac{3}{2}+\frac{(-1)^{n+1}}{2} & \frac{3}{2}+\frac{3(-1)^{n+1}}{2}\\[6pt] -\frac{1}{2}+\frac{(-1)^n}{2} & -\frac{1}{2}+\frac{3(-1)^n}{2}\end{pmatrix}\dbinom{2}{1}\\
& = \begin{pmatrix}\frac{9}{2}+\frac{5(-1)^{n+1}}{2}\\[6pt]-\frac{3}{2}+\frac{5(-1)^n}{2}\end{pmatrix}
\end{align*}
Ainsi,
\[
U_n=X_n+C=\begin{pmatrix}\frac{9}{2}+\frac{5(-1)^{n+1}}{2}\\[6pt]-\frac{3}{2}+\frac{5(-1)^n}{2}\end{pmatrix}+\dbinom{-1}{0}
\]
soit 
\[
\boxed{U_n=\begin{pmatrix}\frac{7}{2}+\frac{5(-1)^{n+1}}{2}\\[6pt]-\frac{3}{2}+\frac{5(-1)^n}{2}\end{pmatrix}}
\]
Ainsi, pour tout entier naturel $n$,
\[
\boxed{u_n=\dfrac{7}{2}+\dfrac{5(-1)^{n+1}}{2}}\qquad\text{et}\qquad\boxed{v_n=-\dfrac{3}{2}+\dfrac{5(-1)^n}{2}}
\]
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{suites imbriquées}[3]
Soient les deux suites \suite{u}{n}{} et \suite{v}{n}{} telles que $u_0=v_0=1$ et :
\[ \forall n\in\N,\ 
\left\lbrace
\begin{array}{l}
u_{n+1}=-8u_n-6v_n+1\\
v_{n+1}=9u_n+13v_n-1
\end{array}
\right.
\]
En vous aidant de l'exercice précédent, montrer que:
\[
\forall n\in\N,\qquad \begin{cases}
u_n=\frac{22}{5}(-5)^n-\frac{26}{45}\times10^n+\frac{1}{9}\\
v_n=-\frac{11}{15}(-5)^n+\frac{26}{15}\times10^n
\end{cases}.
\]
\textit{On pourra utiliser un logiciel de calcul formel si besoin pour aller plus vite.}

\tcblower

En s'inspirant de l'exercice précédent, on peut écrire que si:
\[
U_{n+1} = AU_n+B,
\]
alors:
\[
U_n = A^n(U_0-C)+C\quad,\quad C = (I_2-A)^{-1}B.
\]
Ainsi, dans cet exercice, on a:
\begin{align*}
\forall n\in\N,\quad X_n& =
\begin{pmatrix}-8 & -6\\9 &13\end{pmatrix}^n
\left[
\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}
-
\begin{pmatrix}9 & 6\\-9 & -12\end{pmatrix}^{-1}\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}
\right]
+\begin{pmatrix}9 & 6\\-9 & -12\end{pmatrix}^{-1}\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}
\end{align*}
\`A l'aide de XCAS (par exemple), on trouve
\[ \begin{pmatrix}-8 & -6\\9 & 13\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
2 & -1\\-1 & 3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}-5 & 0\\0&10\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}\frac{3}{5} & \frac{1}{5}\\\frac{1}{5} & \frac{2}{5}\end{pmatrix}\]
et
\[
\begin{pmatrix}9 & 6\\-9 & -12\end{pmatrix}^{-1} = \begin{pmatrix}\frac{2}{9} & \frac{1}{9}\\-\frac{1}{6}&-\frac{1}{6}\end{pmatrix}.
\]
Donc,
\begin{align*}
\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}
-
\begin{pmatrix}9 & 6\\-9 & -12\end{pmatrix}^{-1}\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix} & 
= \begin{pmatrix}1-\frac{1}{9}\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\frac{8}{9}\\1\end{pmatrix}.
\end{align*}
Ainsi,\renewcommand{\arraystretch}{1.2}
\begin{align*}
\forall n\in\N,\quad X_n& =
\begin{pmatrix}2 & -1\\-1 & 3\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}(-5)^n & 0\\0&10^n\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}\frac{3}{5} & \frac{1}{5}\\\frac{1}{5} & \frac{2}{5}\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}\frac{8}{9}\\1\end{pmatrix}+ 
\begin{pmatrix}\frac{2}{9} & \frac{1}{9}\\-\frac{1}{6}&-\frac{1}{6}\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}\\
& = \begin{pmatrix}2(-5)^n & -10^n\\-(-5)^n & 3\times10^n\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}\frac{3}{5} & \frac{1}{5}\\\frac{1}{5} & \frac{2}{5}\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}\frac{8}{9}\\1\end{pmatrix}+
\begin{pmatrix}\frac{1}{9} \\ 0\end{pmatrix}\\
& = \begin{pmatrix}\frac{6}{5}(-5)^n-\frac{1}{5}\times10^n & \frac{2}{5}(-5)^n-\frac{2}{5}\times10^n \\ -\frac{3}{5}(-5)^n+\frac{3}{5}\times10^n & -\frac{1}{5}(-5)^n + \frac{6}{5}\times10^n\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}\frac{8}{9}\\1\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}\frac{1}{9} \\ 0\end{pmatrix}\\
& = \begin{pmatrix}\frac{22}{5}(-5)^n-\frac{26}{45}\times10^n+\frac{1}{9}\\
-\frac{11}{15}(-5)^n+\frac{26}{15}\times10^n \end{pmatrix}
\end{align*}
On en conclut alors que :
\[
\forall n\in\N,\qquad \left\lbrace\begin{array}{l}
u_n=\frac{22}{5}(-5)^n-\frac{26}{45}\times10^n+\frac{1}{9}\\
v_n=-\frac{11}{15}(-5)^n+\frac{26}{15}\times10^n
\end{array}\right.
\]
\end{exocor}

%%%

\newpage

\subsection*{Aller plus loin dans les applications}

\begin{exocor}{}[2]
Soit $A=\begin{pmatrix}1&0&1\\0&1&0\\0&0&2\end{pmatrix}$.
On considère la suite \suite{u}{n}{n\geqslant1} définie par $u_1=1$ et $u_{n+1}=u_n+2^n$.

\begin{enumerate}
\item Montrer que pour tout entier naturel $n$, $A^n=\begin{pmatrix}1&0&u_n\\0&1&0\\0&0&2^n\end{pmatrix}$.
\item En considérant la somme des $u_{n+1}-u_n$, exprimer $u_n$ en fonction de $n$, puis $A^n$.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item Raisonnons par récurrence.
\begin{itemize}
\item Initialisation : évidente car $u_1=1$ et $2^1=2$.
\item Hérédité : on suppose que pour un entier $k\geqslant1$ fixé, $A^k=\begin{pmatrix}1&0&u_k\\0&1&0\\0&0&2^k\end{pmatrix}$.

$A^{k+1}=A^kA=\begin{pmatrix}1&0&u_k\\0&1&0\\0&0&2^k\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&0&1\\0&1&0\\0&0&2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&0&u_k+2^k\\0&1&0\\0&0&2^{k+1}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&0&u_{k+1}\\0&1&0\\0&0&2^{k+1}\end{pmatrix}$.

\medskip

L'hérédité est alors vérifiée. L'égalité est alors vraie pour tout $n\geqslant1$.
\end{itemize}

\item $u_{n+1}-u_n=2^n$ donc $\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}\big(u_{k+1}-u_k\big)=\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}2^k$. Ainsi, $u_n-u_1=\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}2^k$, soit $u_n=\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}2^k$.

Par conséquent, $u_n=\dfrac{2^{n+1}-1}{2-1}=2^{n+1}-1$. 

On a alors : \[
 A^n=\begin{pmatrix}
 1&0&2^{n+1}-1 \\ 0&1&0\\ 0&0&2^n
 \end{pmatrix}.\]
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%


\begin{exocor}{}[2]
On considère un polynôme de degré 3 dont la courbe représentative passe par les points de coordonnées:
\[
A\coord{-2}{-1}\quad,\quad
B\coord{-1}{3}\qquad,\qquad
C\coord{1}{5}\qquad,\qquad
D\coord{2}{34}.
\]
Donner l'expression de ce polynôme.

\tcblower

Notons $P(x)=ax^3+bx^2+cx+d$ le polynôme cherché, et $\mathcal{C}$ sa courbe représentative.

\begin{itemize}
\item $\begin{aligned}[t]
A\coord{-2}{-1}\in\mathcal{C}& \iff P(-2)=-1\\
& \iff a(-2)^3+b(-2)^2+c(-2)+d=-1\\
& \iff -8a+4b-2c+d=-1.
\end{aligned}$

\item $\begin{aligned}[t]
B\coord{-1}{3}\in\mathcal{C}& \iff P(-1)=3\\
& \iff a(-1)^3+b(-1)^2+c(-1)+d=3\\
& \iff -a+b-c+d=3.
\end{aligned}$

\item $\begin{aligned}[t]
C\coord{1}{5}\in\mathcal{C}& \iff P(1)=5\\
& \iff a(1)^3+b(1)^2+c(1)+d=5\\
& \iff a+b+c+d=5.
\end{aligned}$

\item $\begin{aligned}[t]
D\coord{2}{34}\in\mathcal{C}& \iff P(2)=34\\
& \iff a(2)^3+b(2)^2+c(2)+d=34\\
& \iff 8a+4b+2c+d=34.
\end{aligned}$
\end{itemize}
En notant:
\[
A = \begin{pmatrix}
-8 & 4 & -2 & 1\\
-1 & 1 & -1 & 1\\
1 & 1 & 1 & 1 \\
8 & 4 & 2 & 1
\end{pmatrix}\quad,\quad X=\begin{pmatrix}a\\b\\c\\d\end{pmatrix}\quad,\quad B=\begin{pmatrix}-1\\3\\5\\34\end{pmatrix}
\]
On a :
\[
AX = B \iff X = A^{-1}B.
\]
À l'aide de la calculatrice, on obtient:
\[
\boxed{P(x) = \frac{31}{12}x^3+\frac{25}{6}x^2-\frac{19}{12}x-\frac{1}{6}}
\]
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{matrice de rotation dans le plan}[2]
On considère la matrice suivante:
\[
R=
\begin{pmatrix}
\cos\theta & -\sin\theta\\
\sin\theta & \cos\theta
\end{pmatrix}\qquad,\qquad\theta\in\R.
\]
Dans le plan muni d'un repère orthonormé \Rij, on considère le point $M\coord{x}{y}$ et le point $M'\coord{x'}{y'}$ tel que:
\[
\dbinom{x'}{y'} = R\dbinom{x}{y}.
\]

Montrer que $M'$ est l'image de $M$ par la rotation de centre $O$ et d'angle $\theta$.

\tcblower

Faisons un schéma:
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\draw[->,>=latex,thick] (-1,0) -- (5,0);
\draw[->,>=latex,thick] (0,-1) -- (0,5);
\node[below left] at (0,0) {$O$};
\fill[red] (4,1) circle(1pt) node[above right] {$M$};
\fill[blue] ({4*cos(40)-sin(40)},{4*sin(40)+cos(40)}) circle(1pt) node[above left] {$M'$};
\draw[red] (0,0) -- (4,1);
\draw[blue] (0,0) -- ({4*cos(40)-sin(40)},{4*sin(40)+cos(40)});
\draw[->,>=latex,red] (3,0) arc(0:14:3);
\draw[->,>=latex,blue] (14:2) arc(14:54:2);
\node[right,red] at (7:3) {$\alpha$};
\node[right,blue] at (34:2) {$\theta$};
\draw[dashed,red] (4,0) node[below] {$x$} -- (4,1) -- (0,1) node[left] {$y$};
\draw[dashed,blue] ({4*cos(40)-sin(40)},0) node[below] {$x'$} -- ({4*cos(40)-sin(40)},{4*sin(40)+cos(40)}) -- (0,{4*sin(40)+cos(40)}) node[left] {$y'$};
\end{tikzpicture}
\end{center}

Dans le triangle rectangle rouge, on a:
\[
\begin{cases}
x = OM\cos\alpha\\
y = OM\sin\alpha
\end{cases}.\tag{1}
\]
Dans le triangle rectangle bleu, on a:
\[
\begin{cases}
x' = OM'\cos(\alpha+\theta) = OM\big(\cos\alpha\cos\theta-\sin\alpha\sin\theta \big)\\
y' = OM'\sin(\alpha+\theta) = OM\big( \sin\alpha\cos\theta+\sin\theta\cos\alpha \big)
\end{cases}
\]
soit:
\[
\begin{cases}
x' = (OM\cos\alpha)\cos\theta - (OM\sin\alpha)\sin\theta\\
y' = (OM\sin\alpha)\cos\theta + (OM\cos\alpha)\sin\theta
\end{cases}
\]
et donc, en tenant compte des égalités (1):
\[
\begin{cases}
x' = x\cos\theta - y\sin\theta\\
y' = x\sin\theta + y\cos\theta
\end{cases}
\]
soit:
\[
\dbinom{x'}{y'} = \begin{pmatrix}x\cos\theta-y\sin\theta\\x\sin\theta+y\cos\theta\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\cos\theta & -\sin\theta\\\sin\theta & \cos\theta\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}  = R\dbinom{x}{y}.
\]
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{chiffrement de Hill}[3]
On considère un mot constitué de lettres : $L_1L_2\cdots L_n$, $n$ étant pair.\\
Soient 4 nombres $a$, $b$, $c$ et $d$ qui vont constituer la clé du chiffrement.\\
On remplace $L_i$ par sa position dans l'alphabet en convenant d'avoir 0 pour A, 1 pour B, etc. On obtient alors une suite de nombres : $u_1,\ u_2,\ \cdots,\ u_n$.
On pose alors :
\[
\forall k\in\entInterv{1}{\frac{n}{2}},\ 
\begin{pmatrix}
c_{2k-1}\\
c_{2k}
\end{pmatrix}
\equiv
\begin{pmatrix}
a & b\\
c & d
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
u_{2k-1}\\
u_{2k}
\end{pmatrix} \mod 26
\]
On obtient une suite de nombres $c_1,\ c_2,\ \cdots,\ c_n$ qui correspond à une suite de lettres.
\begin{enumerate}
\item Choisissons la clé matricielle $\begin{pmatrix}3 & 7\\2 & 13\end{pmatrix}$.
\begin{enumerate}
\item Expliquer comment obtenir le chiffrement du mot \og CRYP \fg.
\item Expliquer le déchiffrement.
\end{enumerate}

\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item 
\begin{enumerate}
\item On a :
\begin{multicols}{2}
\begin{align*}
\begin{pmatrix}c_1\\c_2\end{pmatrix} &
=
\begin{pmatrix}3&7\\2&13\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2\\17\end{pmatrix}\\
& = \begin{pmatrix}125\\225\end{pmatrix}\\
& \equiv \begin{pmatrix}21\\17\end{pmatrix}\mod 26\\
& \rightsquigarrow \begin{pmatrix}V\\R\end{pmatrix}
\end{align*}

\begin{align*}
\begin{pmatrix}c_3\\c_4\end{pmatrix} &
=
\begin{pmatrix}3&7\\2&13\end{pmatrix}\begin{pmatrix}24\\15\end{pmatrix}\\
& = \begin{pmatrix}177\\243\end{pmatrix}\\
& \equiv \begin{pmatrix}21\\9\end{pmatrix}\mod 26\\
& \rightsquigarrow \begin{pmatrix}V\\J\end{pmatrix}
\end{align*}
\end{multicols}

Ainsi, \og CRYP \fg{} est chiffré en \og VRVJ \fg.

\item Le déchiffrement consiste à trouver les $u_k$ avec la relation :
\[
\forall k\in\entInterv{1}{\frac{n}{2}},\ 
\begin{pmatrix}
u_{2k-1}\\
u_{2k}
\end{pmatrix}
\equiv
\begin{pmatrix}
a & b\\
c & d
\end{pmatrix}^{-1}
\begin{pmatrix}
c_{2k-1}\\
c_{2k}
\end{pmatrix} \mod 26
\]
On trouve: $\begin{pmatrix}3 & 7\\2 & 13\end{pmatrix}^{-1}=\dfrac{1}{25}\begin{pmatrix}13&-7\\-2&3\end{pmatrix}$.

\newpage

Il nous faut trouver la valeur de $\dfrac{1}{25}$ modulo 26, c'est-à-dire le nombre $x$ tel que $25\times x \equiv 1\mod 26$. Or, $25\equiv -1\mod 26$ donc $25\times25\equiv 1\mod 26$. Ainsi, l'inverse de 25 modulo 26 est égal à 25 (ou $-1$ si on veut ... ce qui va nous arranger pour le calcul suivant).\\
On a alors :
\begin{align*}
\begin{pmatrix}3 & 7\\2 & 13\end{pmatrix}^{-1} & \equiv 25\begin{pmatrix}
13&-7\\-2&3\end{pmatrix}\mod 26\\
& \equiv -1\begin{pmatrix}13&-7\\-2&3\end{pmatrix}\mod 26\\
& \equiv \begin{pmatrix}-13&7\\2&-3\end{pmatrix}\mod 26\\
&\equiv \begin{pmatrix}13 & 7\\2&23\end{pmatrix}\mod 26
\end{align*}

\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{une suite linéaire d'ordre 2}[3]
On considère la suite \suite{u}{n}{} définie par ses deux premiers termes $u_0=3$ et $u_1=1$, et par la relation de récurrence:
\[
\forall n\in\N,\quad u_{n+2}=u_{n+1}-u_n.
\]
On pose alors:
\[
U_n=\dbinom{u_{n+1}}{u_n}
\]
et la matrice $A$ telle que $U_{n+1}=AU_n$.
\begin{enumerate}
\item Donner l'expression de $A$.
\item Calculer $A^2$, puis $A^3$. 

En déduire l'inverse de $A$.
\item En déduire l'expression de $u_n$ en fonction de $n$ suivant les valeurs de $n$.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item On a: $A=\begin{pmatrix}1 & -1\\1 & 0\end{pmatrix}$. En effet, 
\[
\begin{pmatrix}u_{n+2}\\u_{n+1}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1 & -1\\1 & 0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}u_{n+1}\\u_n\end{pmatrix}.
\]

\item On a:
\begin{itemize}
\item $A^2=\begin{pmatrix}0&-1\\1&-1\end{pmatrix}$;
\item $A^3=\begin{pmatrix}-1&0\\0&-1\end{pmatrix}=-I_2$.
\end{itemize}
On peut alors en déduire que $(-A^2)A = I_2$ et $A(-A^2)=I_2$ donc l'inverse de $A$ est:
\[
A^{-1}=-A^2=\begin{pmatrix}0&1\\-1&1\end{pmatrix}.
\]
\item De la question précédente, on peut déduire que:
\begin{itemize}
\item $A^4=A\times A^3 = A \times(-I_2) = -A$;
\item $A^5 = A^4\times A = -A\times A = -A^2$;
\item $A^6 = A^5\times A = -A^2\times A = -A^3 = -(-I_2) = I_2$.
\end{itemize}
On en déduit alors que, pour tout entier naturel $k$,
\begin{itemize}
\begin{multicols}{3}
\item $A^{6k}=I_2$;
\item $A^{6k+1} = A$;
\item $A^{6k+2} = A^2$;
\item $A^{6k+3} = A^3=-I_2$;
\item $A^{6k+4} = -A$;
\item $A^{6k+5} = -A^2$.
\end{multicols}
\end{itemize}
%Autrement écrit:
%\begin{itemize}
%\item Si $n\equiv 0\mod 6$, $A^n=I_2$;
%\item Si $n\equiv 1\mod 6$, $A^n=A$;
%\item Si $n\equiv 2\mod 6$, $A^n=A^2$;
%\item Si $n\equiv 3\mod 6$, $A^n=-I_2$;
%\item Si $n\equiv 4\mod 6$, $A^n=-A$;
%\item Si $n\equiv 5\mod 6$, $A^n=-A^2$.
%\end{itemize}
Or, $U_{n+1} = AU_{n}$ donc $U_n = A^n U_0$.
\begin{itemize}
\item Si $n\equiv 0\mod 6$, $U_n=\dbinom{u_{n+1}}{u_n}=\dbinom{1}{3}$;
%\item Si $n\equiv 1\mod 6$,$U_n=\dbinom{u_{n+1}}{u_n}=\dbinom{-2}{1}$;
\item Si $n\equiv 2\mod 6$, $U_n=\dbinom{u_{n+1}}{u_n}=\dbinom{-3}{-2}$;
%\item Si $n\equiv 3\mod 6$, $U_n=\dbinom{u_{n+1}}{u_n}=\dbinom{-1}{-3}$;
\item Si $n\equiv 4\mod 6$, $U_n=\dbinom{u_{n+1}}{u_n}=\dbinom{2}{-1}$;
%\item Si $n\equiv 5\mod 6$, $U_n=\dbinom{u_{n+1}}{u_n}=\dbinom{3}{2}$.
\end{itemize}
D'où:
\[
u_{6k}=1,\ u_{6k+1}=3,\ u_{6k+2}=-2,\ u_{6k+3}=-3,\ u_{6k+4}=-1,\ u_{6k+5}=2.\]
\end{enumerate}
\begin{rem}
On dit qu'une telle suite est \textit{périodique} de période 6, c'est-à-dire que:
\[
\forall n\in\N,\ u_{n+6}=u_n.
\]
\end{rem}
\end{exocor}

\corriges
