Matrices : corrigé des exercices de maths en terminale à télécharger en PDF

Corrigé des exercices (matrices en terminale)

Exercice 1 :

On multiplie chaque ligne de A par chaque colonne de A :

\(A^2=\begin{pmatrix}1\times 1+(-1)\times 2 & 1\times (-1)+(-1)\times 3\\ 2\times 1+3\times 2 & 2\times (-1)+3\times 3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1-2 & -1-3\\ 2+6 & -2+9\end{pmatrix}\)

\(A^2=\begin{pmatrix}-1 & -4\\ 8 & 7\end{pmatrix}\)

Application 2 (matrices en terminale)

1. Deux matrices de même dimension s’additionnent coefficient par coefficient :
   \(A+B=\begin{pmatrix}1+(-4) & -1+8\\ 2+2 & 3+0\end{pmatrix}\), donc \(A+B=\begin{pmatrix}-3 & 7\\ 4 & 3\end{pmatrix}\).
2. Le coefficient de la ligne i et de la colonne j de AB est le produit de la ligne i de A par la colonne j de B :
   \(AB=\begin{pmatrix}1\times (-4)+(-1)\times 2 & 1\times 8+(-1)\times 0\\ 2\times (-4)+3\times 2 & 2\times 8+3\times 0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-4-2 & 8\\ -8+6 & 16\end{pmatrix}\), donc \(AB=\begin{pmatrix}-6 & 8\\ -2 & 16\end{pmatrix}\).

Exercice 3 :

\(AB=\begin{pmatrix}3\times 0+0\times (-2) & 3\times 0+0\times 1\\ 5\times 0+0\times (-2) & 5\times 0+0\times 1\end{pmatrix}\), donc \(AB=\begin{pmatrix}0 & 0\\ 0 & 0\end{pmatrix}\), la matrice nulle.

Remarque : A et B ne sont pas nulles mais leur produit l’est. Contrairement aux nombres réels, un produit de matrices peut être nul sans qu’aucun des facteurs ne soit nul.

Application 4 (matrices en terminale)

1. Résolution des systèmes.

Pour \((S_1)\) : on multiplie la première équation par 7 et la seconde par 2 : \(14x+21y=63\) et \(14x+26y=88\). Par soustraction, \(5y=25\), donc \(y=5\). Alors \(2x+15=9\), d’où \(2x=-6\) et \(x=-3\).

\((S_1)\) a une unique solution : le couple \((-3\,;\,5)\).

Pour \((S_2)\) : en multipliant la seconde équation par 2, on obtient \(6x+4y=0\), ce qui contredit \(6x+4y=1\).

\((S_2)\) n’a aucune solution.

A. Représentation du système

1. On pose \(M_{x,y}=\begin{pmatrix}2x+3y\\ 7x+13y\end{pmatrix}\) et \(B=\begin{pmatrix}9\\ 44\end{pmatrix}\). Deux matrices sont égales lorsque leurs coefficients sont égaux, donc \((S_1)\) équivaut à \(M_{x,y}=B\).
2. Avec \(A=\begin{pmatrix}2 & 3\\ 7 & 13\end{pmatrix}\) et \(X=\begin{pmatrix}x\\ y\end{pmatrix}\), on calcule \(AX=\begin{pmatrix}2x+3y\\ 7x+13y\end{pmatrix}\), donc \(M_{x,y}=AX\).
3. \((S_1)\) équivaut à \(M_{x,y}=B\), c’est-à-dire à \(AX=B\) : résoudre \((S_1)\) revient à résoudre l’équation matricielle \(AX=B\) d’inconnue \(X=\begin{pmatrix}x\\ y\end{pmatrix}\).

B. Inverse de matrice et résolution matricielle

1. Comme \(2^{-1}\times 2=\dfrac{1}{2}\times 2=1\), multiplier les deux membres par \(2^{-1}\) donne \(1\times x=2^{-1}\times 5\), soit \(x=\dfrac{5}{2}\) : le coefficient devant x devient 1, qui est neutre pour la multiplication.
2. On calcule \(AA^{-1}=\begin{pmatrix}2 & 3\\ 7 & 13\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a & b\\ c & d\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2a+3c & 2b+3d\\ 7a+13c & 7b+13d\end{pmatrix}\).
   L’égalité \(AA^{-1}=I_2\) équivaut à l’égalité des quatre coefficients : \(2a+3c=1\), \(7a+13c=0\), \(2b+3d=0\) et \(7b+13d=1\). On obtient bien les deux systèmes annoncés, l’un d’inconnues a et c, l’autre d’inconnues b et d.
3. Premier système : \(7a+13c=0\) donne \(a=-\dfrac{13}{7}c\) ; en remplaçant, \(-\dfrac{26}{7}c+3c=1\), soit \(-\dfrac{5}{7}c=1\), donc \(c=-\dfrac{7}{5}\) et \(a=\dfrac{13}{5}\).
   Second système : \(2b+3d=0\) donne \(b=-\dfrac{3}{2}d\) ; en remplaçant, \(-\dfrac{21}{2}d+13d=1\), soit \(\dfrac{5}{2}d=1\), donc \(d=\dfrac{2}{5}\) et \(b=-\dfrac{3}{5}\).
   \(A^{-1}=\begin{pmatrix}\dfrac{13}{5} & -\dfrac{3}{5}\\ -\dfrac{7}{5} & \dfrac{2}{5}\end{pmatrix}=\dfrac{1}{5}\begin{pmatrix}13 & -3\\ -7 & 2\end{pmatrix}\).
4. On remarque que \(5=2\times 13-3\times 7\) : les coefficients diagonaux 2 et 13 ont été échangés, les deux autres coefficients ont changé de signe, et tout est divisé par \(2\times 13-3\times 7\).
   Formule générale : si \(M=\begin{pmatrix}p & q\\ r & s\end{pmatrix}\) avec \(ps-qr\neq 0\), alors \(M^{-1}=\dfrac{1}{ps-qr}\begin{pmatrix}s & -q\\ -r & p\end{pmatrix}\). Le nombre \(ps-qr\) est le déterminant de M ; s’il est nul, M n’est pas inversible.
5. \(AX=B\) entraîne \(A^{-1}AX=A^{-1}B\), c’est-à-dire \(I_2X=A^{-1}B\), soit \(X=A^{-1}B\) :
   \(X=\dfrac{1}{5}\begin{pmatrix}13 & -3\\ -7 & 2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}9\\ 44\end{pmatrix}=\dfrac{1}{5}\begin{pmatrix}117-132\\ -63+88\end{pmatrix}=\dfrac{1}{5}\begin{pmatrix}-15\\ 25\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-3\\ 5\end{pmatrix}\).
   On retrouve bien la solution \(x=-3\) et \(y=5\) de \((S_1)\).
6. \((S_2)\) s’écrit \(CX=D\) avec \(C=\begin{pmatrix}6 & 4\\ 3 & 2\end{pmatrix}\), \(X=\begin{pmatrix}x\\ y\end{pmatrix}\) et \(D=\begin{pmatrix}1\\ 0\end{pmatrix}\).
   Or \(6\times 2-4\times 3=12-12=0\) : la formule précédente ne s’applique pas. Si \(C^{-1}\) existait, on aurait \(X=C^{-1}D\) et le système aurait une solution, ce qui est faux d’après la question 1. La matrice C n’est donc pas inversible : ses deux lignes sont proportionnelles (la première vaut deux fois la seconde).

Exercice 5 :

A est de dimension \(2\times 3\) et B de dimension \(3\times 2\) : le produit AB existe et il est de dimension \(2\times 2\).

\(AB=\begin{pmatrix}3\times 2+2\times 4+4\times (-6) & 3\times (-3)+2\times 5+4\times 1\\ -1\times 2+0\times 4+3\times (-6) & -1\times (-3)+0\times 5+3\times 1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}6+8-24 & -9+10+4\\ -2+0-18 & 3+0+3\end{pmatrix}\)

\(AB=\begin{pmatrix}-10 & 5\\ -20 & 6\end{pmatrix}\)

Application 6 (matrices en terminale)

Ligne 1 de A, \((1\;\;2\;\;-1)\), par les colonnes de B : \(1-4+4=1\) ; \(0+2+5=7\) ; \(0+6-2=4\).

Également, ligne 2 de A, \((2\;\;0\;\;3)\) : \(2+0-12=-10\) ; \(0+0-15=-15\) ; \(0+0+6=6\).

Ligne 3 de A, \((0\;\;4\;\;-5)\) : \(0-8+20=12\) ; \(0+4+25=29\) ; \(0+12-10=2\).

\(AB=\begin{pmatrix}1 & 7 & 4\\ -10 & -15 & 6\\ 12 & 29 & 2\end{pmatrix}\)

Exercice 7 :

Pour une matrice \(\begin{pmatrix}p & q\\ r & s\end{pmatrix}\), on calcule \(ps-qr\). Ici \(2\times 5-3\times (-1)=10+3=13\neq 0\), donc A est inversible et

\(A^{-1}=\dfrac{1}{13}\begin{pmatrix}5 & -3\\ 1 & 2\end{pmatrix}\), soit \(A^{-1}=\begin{pmatrix}\dfrac{5}{13} & -\dfrac{3}{13}\\ \dfrac{1}{13} & \dfrac{2}{13}\end{pmatrix}\).

Vérification : \(A\times \begin{pmatrix}5 & -3\\ 1 & 2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}10+3 & -6+6\\ -5+5 & 3+10\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}13 & 0\\ 0 & 13\end{pmatrix}=13I_2\).

Application 8 :

On calcule AB en mettant \(\dfrac{1}{8}\) en facteur : \(B=\dfrac{1}{8}\begin{pmatrix}4 & 2 & -2\\ -14 & -1 & 9\\ 2 & -1 & 1\end{pmatrix}\).

\(A\begin{pmatrix}4 & 2 & -2\\ -14 & -1 & 9\\ 2 & -1 & 1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}4+0+4 & 2+0-2 & -2+0+2\\ 16-14-2 & 8-1+1 & -8+9-1\\ 8-14+6 & 4-1-3 & -4+9+3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}8 & 0 & 0\\ 0 & 8 & 0\\ 0 & 0 & 8\end{pmatrix}\)

donc \(AB=\dfrac{1}{8}\times 8I_3=I_3\). Ensuite, pour une matrice carrée, \(AB=I_3\) suffit : B est l’inverse de A, \(B=A^{-1}\).

Équation \(XA=C\) : X a 2 lignes (comme C) et 3 colonnes (pour pouvoir multiplier par A). Par ailleurs, on multiplie à droite par \(A^{-1}=B\) : \(XAB=CB\), soit \(XI_3=CB\), donc \(X=CB\).

\(CB=\dfrac{1}{8}\begin{pmatrix}1 & 0 & 2\\ 3 & 4 & 6\end{pmatrix}\begin{pmatrix}4 & 2 & -2\\ -14 & -1 & 9\\ 2 & -1 & 1\end{pmatrix}=\dfrac{1}{8}\begin{pmatrix}4+0+4 & 2+0-2 & -2+0+2\\ 12-56+12 & 6-4-6 & -6+36+6\end{pmatrix}=\dfrac{1}{8}\begin{pmatrix}8 & 0 & 0\\ -32 & -4 & 36\end{pmatrix}\)

L’équation a une unique solution : \(X=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0\\ -4 & -\dfrac{1}{2} & \dfrac{9}{2}\end{pmatrix}\).

Exercice 9 :

1. On ordonne chaque équation selon x, y, z : \(x+y+z=2\), \(0x-y+2z=0\) et \(3x+4y+2z=7\). Avec \(A=\begin{pmatrix}1 & 1 & 1\\ 0 & -1 & 2\\ 3 & 4 & 2\end{pmatrix}\), \(X=\begin{pmatrix}x\\ y\\ z\end{pmatrix}\) et \(B=\begin{pmatrix}2\\ 0\\ 7\end{pmatrix}\), le produit AX a pour coefficients les trois premiers membres. Par égalité des coefficients, le système équivaut à \(AX=B\).
2. À la calculatrice, on obtient \(A^{-1}=\begin{pmatrix}10 & -2 & -3\\ -6 & 1 & 2\\ -3 & 1 & 1\end{pmatrix}\) ; on le vérifie : la première ligne de \(AA^{-1}\) vaut \((10-6-3\;\;\;-2+1+1\;\;\;-3+2+1)=(1\;\;0\;\;0)\), et de même pour les deux autres lignes, donc \(AA^{-1}=I_3\) et A est inversible.
   Alors \(AX=B\) équivaut à \(X=A^{-1}B=\begin{pmatrix}20+0-21\\ -12+0+14\\ -6+0+7\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1\\ 2\\ 1\end{pmatrix}\).
   Le système a une unique solution : \((x\,;\,y\,;\,z)=(-1\,;\,2\,;\,1)\).
   Vérification : \(-1+2+1=2\) ; \(2-2=0\) ; \(-3+8+2=7\).

Application 10 :

1. On ordonne chaque équation selon x, y, z : \(x-y+z=3\), \(x+y-z=-1\) et \(-x+y+z=5\). Avec \(A=\begin{pmatrix}1 & -1 & 1\\ 1 & 1 & -1\\ -1 & 1 & 1\end{pmatrix}\), \(X=\begin{pmatrix}x\\ y\\ z\end{pmatrix}\) et \(B=\begin{pmatrix}3\\ -1\\ 5\end{pmatrix}\), on a \(AX=\begin{pmatrix}x-y+z\\ x+y-z\\ -x+y+z\end{pmatrix}\), donc le système équivaut à \(AX=B\).
2. À la calculatrice, \(A^{-1}=\dfrac{1}{2}\begin{pmatrix}1 & 1 & 0\\ 0 & 1 & 1\\ 1 & 0 & 1\end{pmatrix}\) ; on vérifie que \(A\begin{pmatrix}1 & 1 & 0\\ 0 & 1 & 1\\ 1 & 0 & 1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2 & 0 & 0\\ 0 & 2 & 0\\ 0 & 0 & 2\end{pmatrix}\), donc \(AA^{-1}=I_3\).
   Ainsi \(X=A^{-1}B=\dfrac{1}{2}\begin{pmatrix}3-1\\ -1+5\\ 3+5\end{pmatrix}=\dfrac{1}{2}\begin{pmatrix}2\\ 4\\ 8\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\ 2\\ 4\end{pmatrix}\).
   Le système a une unique solution : \((x\,;\,y\,;\,z)=(1\,;\,2\,;\,4)\).
   Vérification : \(1-2+4=3\) ; \(1+2-4=-1\) ; \(-1+2+4=5\).

Exercice 11 :

1. On cherche \(X=\begin{pmatrix}x\\ y\end{pmatrix}\) tel que \(AX+B=X\), soit \(\begin{pmatrix}x+3y+6\\ 2y+2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}x\\ y\end{pmatrix}\).
   La première ligne donne \(3y+6=0\), soit \(y=-2\) ; la seconde donne \(2y+2=y\), soit \(y=-2\) aussi. Le réel x n’intervient pas : toute matrice \(\begin{pmatrix}x\\ -2\end{pmatrix}\) convient (ici \(I_2-A\) n’est pas inversible, d’où une infinité de solutions). On choisit la plus simple : \(X=\begin{pmatrix}0\\ -2\end{pmatrix}\).
2. Pour tout entier n, \(V_{n+1}=U_{n+1}-X=AU_n+B-X\). Or \(X=AX+B\), donc \(V_{n+1}=AU_n+B-AX-B=A(U_n-X)\), c’est-à-dire \(V_{n+1}=AV_n\).
   Par récurrence, \(V_n=A^nV_0\) pour tout entier n (vrai pour \(n=0\) car \(A^0=I_2\), et si \(V_n=A^nV_0\) alors \(V_{n+1}=AA^nV_0=A^{n+1}V_0\)).
   Avec \(V_0=U_0-X=\begin{pmatrix}1\\ 1\end{pmatrix}\) : \(V_n=A^n\begin{pmatrix}1\\ 1\end{pmatrix}\) et \(U_n=A^n\begin{pmatrix}1\\ 1\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}0\\ -2\end{pmatrix}\).
   Complément : on montre par récurrence que \(A^n=\begin{pmatrix}1 & 3(2^n-1)\\ 0 & 2^n\end{pmatrix}\) (vrai pour \(n=0\), et \(A\times A^n=\begin{pmatrix}1 & 3(2^n-1)+3\times 2^n\\ 0 & 2\times 2^n\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1 & 3(2^{n+1}-1)\\ 0 & 2^{n+1}\end{pmatrix}\)). On obtient alors \(U_n=\begin{pmatrix}3\times 2^n-2\\ 2^n-2\end{pmatrix}\), ce que l’on contrôle avec \(U_1=AU_0+B=\begin{pmatrix}4\\ 0\end{pmatrix}\).

Application 12 :

1. La translation de vecteur \(\vec{u}\) ajoute les coordonnées de \(\vec{u}\) à celles du point : \(\begin{pmatrix}x_B\\ y_B\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\sqrt{3}\\ 7\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}4\\ -5\end{pmatrix}\), donc \(B(\sqrt{3}+4\,;\,2)\).
2. La rotation de centre O et d’angle \(\theta\) a pour matrice \(R=\begin{pmatrix}\cos\theta & -\sin\theta\\ \sin\theta & \cos\theta\end{pmatrix}\). Pour \(\theta=\dfrac{\pi}{4}\), \(\cos\theta=\sin\theta=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\), donc
   \(\begin{pmatrix}x_C\\ y_C\end{pmatrix}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\begin{pmatrix}1 & -1\\ 1 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\sqrt{3}\\ 7\end{pmatrix}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\begin{pmatrix}\sqrt{3}-7\\ \sqrt{3}+7\end{pmatrix}\).
   \(C(\dfrac{\sqrt{6}-7\sqrt{2}}{2}\,;\,\dfrac{\sqrt{6}+7\sqrt{2}}{2})\), soit environ \(C(-3{,}73\,;\,6{,}17)\).

Exercice 13 :

1. \(\begin{pmatrix}x_B\\ y_B\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\ \dfrac{1}{3}\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}-5\\ 4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-4\\ \dfrac{13}{3}\end{pmatrix}\), donc \(B(-4\,;\,\dfrac{13}{3})\).
2. Pour \(\theta=\dfrac{2\pi}{3}\), \(\cos\theta=-\dfrac{1}{2}\) et \(\sin\theta=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\), donc
   \(\begin{pmatrix}x_C\\ y_C\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-\dfrac{1}{2} & -\dfrac{\sqrt{3}}{2}\\ \dfrac{\sqrt{3}}{2} & -\dfrac{1}{2}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1\\ \dfrac{1}{3}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-\dfrac{1}{2}-\dfrac{\sqrt{3}}{6}\\ \dfrac{\sqrt{3}}{2}-\dfrac{1}{6}\end{pmatrix}\).
   \(C(-\dfrac{3+\sqrt{3}}{6}\,;\,\dfrac{3\sqrt{3}-1}{6})\), soit environ \(C(-0{,}79\,;\,0{,}70)\).

Application 14 :

1. On cherche \(X=\begin{pmatrix}x\\ y\end{pmatrix}\) tel que \(AX+B=X\), soit \(\begin{pmatrix}5x-3y-2\\ 4x-2y-2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}x\\ y\end{pmatrix}\). Les deux lignes donnent la même équation \(4x-3y=2\) : il y a une infinité de solutions (\(I_2-A\) n’est pas inversible). Par exemple \(x=2\) et \(y=2\) conviennent car \(8-6=2\) : \(X=\begin{pmatrix}2\\ 2\end{pmatrix}\).
   Vérification : \(AX+B=\begin{pmatrix}10-6-2\\ 8-4-2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2\\ 2\end{pmatrix}=X\).
2. Pour tout entier n, \(V_{n+1}=U_{n+1}-X=AU_n+B-(AX+B)=A(U_n-X)\), donc \(V_{n+1}=AV_n\).
3. La suite \((V_n)\) vérifie \(V_{n+1}=AV_n\), donc par récurrence \(V_n=A^nV_0\), avec \(V_0=U_0-X=\begin{pmatrix}-2\\ -1\end{pmatrix}\).
   \(V_n=A^n\begin{pmatrix}-2\\ -1\end{pmatrix}\) et \(U_n=A^n\begin{pmatrix}-2\\ -1\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}2\\ 2\end{pmatrix}\).
   Complément : on peut montrer par récurrence que \(A^n=\begin{pmatrix}4\times 2^n-3 & 3-3\times 2^n\\ 4\times 2^n-4 & 4-3\times 2^n\end{pmatrix}\), ce qui donne \(U_n=\begin{pmatrix}5-5\times 2^n\\ 6-5\times 2^n\end{pmatrix}\) ; on retrouve \(U_1=AU_0+B=\begin{pmatrix}-5\\ -4\end{pmatrix}\).

Exercice 15 :

1. \(A^2=\begin{pmatrix}2\times 2+1\times 0 & 2\times 1+1\times 2\\ 0\times 2+2\times 0 & 0\times 1+2\times 2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}4 & 4\\ 0 & 4\end{pmatrix}\) et \(A^3=A^2A=\begin{pmatrix}4\times 2+4\times 0 & 4\times 1+4\times 2\\ 0 & 4\times 2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}8 & 12\\ 0 & 8\end{pmatrix}\).

2. Les coefficients diagonaux valent \(2^n\) et le coefficient en haut à droite vaut 1, 4, 12 pour \(n=1,2,3\), c’est-à-dire \(1\times 2^0\), \(2\times 2^1\), \(3\times 2^2\). On conjecture :

\[A^n=\begin{pmatrix}2^n & n\,2^{n-1}\\ 0 & 2^n\end{pmatrix}\quad\text{pour tout entier } n\geq\, 1.\]

3. Soit \(P(n)\) la propriété : « \(A^n=\begin{pmatrix}2^n & n\,2^{n-1}\\ 0 & 2^n\end{pmatrix}\) ».

• Initialisation : pour \(n=1\), la matrice proposée est \(\begin{pmatrix}2 & 1\\ 0 & 2\end{pmatrix}=A\), donc \(P(1)\) est vraie.
• Hérédité : supposons \(P(n)\) vraie pour un entier \(n\geq\, 1\). Alors
  \(A^{n+1}=A^nA=\begin{pmatrix}2^n\times 2+n\,2^{n-1}\times 0 & 2^n\times 1+n\,2^{n-1}\times 2\\ 0 & 2^n\times 2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2^{n+1} & 2^n+n\,2^n\\ 0 & 2^{n+1}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2^{n+1} & (n+1)\,2^n\\ 0 & 2^{n+1}\end{pmatrix}\),
  ce qui est \(P(n+1)\).
• Conclusion : \(P(1)\) est vraie et la propriété est héréditaire, donc pour tout \(n\geq\, 1\), \(A^n=\begin{pmatrix}2^n & n\,2^{n-1}\\ 0 & 2^n\end{pmatrix}\).

4. Pour \(n=10\) : \(2^{10}=1024\) et \(10\times 2^9=5120\). \(A^{10}=\begin{pmatrix}1024 & 5120\\ 0 & 1024\end{pmatrix}\).

Exercice 16 :

1. Le soir du jour n, la station A reçoit 80 % de ses vélos et 30 % de ceux de B, donc \(a_{n+1}=0{,}8a_n+0{,}3b_n\). De même, \(b_{n+1}=0{,}2a_n+0{,}7b_n\). Ces deux égalités s’écrivent \(X_{n+1}=\begin{pmatrix}0{,}8 & 0{,}3\\ 0{,}2 & 0{,}7\end{pmatrix}X_n\) : \(X_{n+1}=MX_n\).

2. \(X_0=\begin{pmatrix}1\\ 0\end{pmatrix}\), donc \(X_1=MX_0=\begin{pmatrix}0{,}8\\ 0{,}2\end{pmatrix}\) et \(X_2=MX_1=\begin{pmatrix}0{,}8\times 0{,}8+0{,}3\times 0{,}2\\ 0{,}2\times 0{,}8+0{,}7\times 0{,}2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0{,}70\\ 0{,}30\end{pmatrix}\).

3. \(MX=X\) équivaut à \(0{,}8a+0{,}3b=a\) et \(0{,}2a+0{,}7b=b\), soit \(0{,}2a=0{,}3b\) dans les deux cas. Avec \(a+b=1\) : \(0{,}2a=0{,}3(1-a)\), donc \(0{,}5a=0{,}3\), \(a=0{,}6\) et \(b=0{,}4\). L’état stable est \(X=\begin{pmatrix}0{,}6\\ 0{,}4\end{pmatrix}\) (vérification : \(0{,}8\times 0{,}6+0{,}3\times 0{,}4=0{,}6\)).

4. Comme tous les vélos sont dans A ou B, \(b_n=1-a_n\). Donc \(a_{n+1}=0{,}8a_n+0{,}3(1-a_n)=0{,}5a_n+0{,}3\).

Posons \(w_n=a_n-0{,}6\). Alors \(w_{n+1}=0{,}5a_n+0{,}3-0{,}6=0{,}5a_n-0{,}3=0{,}5(a_n-0{,}6)=0{,}5w_n\) : \((w_n)\) est géométrique de raison 0,5 et de premier terme \(w_0=1-0{,}6=0{,}4\).

Donc \(w_n=0{,}4\times 0{,}5^n\) et \(a_n=0{,}6+0{,}4\times 0{,}5^n\) (contrôle : \(a_2=0{,}6+0{,}1=0{,}7\)). Comme \(-1<0{,}5<1\), \(0{,}5^n\to 0\) et \(a_n\to 0{,}6\), la première composante de l’état stable.

5. \(a_n<0{,}61\iff 0{,}4\times 0{,}5^n<0{,}01\iff 0{,}5^n<0{,}025\). Or \(0{,}5^5=0{,}03125>0{,}025\) et \(0{,}5^6=0{,}015625<0{,}025\). C’est à partir du jour 6 (\(a_6=0{,}60625\)).

Exercice 17 :

1. Le système est \(3r+2t+l=11\), \(r+4t+2l=12\) et \(2r+t+3l=14\). Avec \(N=\begin{pmatrix}3 & 2 & 1\\ 1 & 4 & 2\\ 2 & 1 & 3\end{pmatrix}\), \(X=\begin{pmatrix}r\\ t\\ l\end{pmatrix}\) et \(B=\begin{pmatrix}11\\ 12\\ 14\end{pmatrix}\), le produit NX a pour coefficients les trois premiers membres : le système équivaut à \(NX=B\).

2. On calcule \(NP\) ligne par ligne :

\[NP=\begin{pmatrix}30+2-7 & -15+14+1 & 0-10+10\\ 10+4-14 & -5+28+2 & 0-20+20\\ 20+1-21 & -10+7+3 & 0-5+30\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}25 & 0 & 0\\ 0 & 25 & 0\\ 0 & 0 & 25\end{pmatrix}=25I_3.\]

Donc \(N\times \dfrac{1}{25}P=I_3\) : N est inversible et \(N^{-1}=\dfrac{1}{25}\begin{pmatrix}10 & -5 & 0\\ 1 & 7 & -5\\ -7 & 1 & 10\end{pmatrix}\).

3. \(NX=B\) équivaut à \(X=N^{-1}B=\dfrac{1}{25}\begin{pmatrix}110-60+0\\ 11+84-70\\ -77+12+140\end{pmatrix}=\dfrac{1}{25}\begin{pmatrix}50\\ 25\\ 75\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2\\ 1\\ 3\end{pmatrix}\).

Une rose coûte 2 €, une tulipe 1 € et un lys 3 €. Vérification : \(6+2+3=11\) ; \(2+4+6=12\) ; \(4+1+9=14\).

4. Le prix est \(2+1+2\times 3=9\) euros.

Exercice 18 :

1. \(R(\dfrac{\pi}{3})=\begin{pmatrix}\dfrac{1}{2} & -\dfrac{\sqrt{3}}{2}\\ \dfrac{\sqrt{3}}{2} & \dfrac{1}{2}\end{pmatrix}\) et \(R(\dfrac{\pi}{6})=\begin{pmatrix}\dfrac{\sqrt{3}}{2} & -\dfrac{1}{2}\\ \dfrac{1}{2} & \dfrac{\sqrt{3}}{2}\end{pmatrix}\).

2. \(R(\dfrac{\pi}{6})R(\dfrac{\pi}{3})=\begin{pmatrix}\dfrac{\sqrt{3}}{4}-\dfrac{\sqrt{3}}{4} & -\dfrac{3}{4}-\dfrac{1}{4}\\ \dfrac{1}{4}+\dfrac{3}{4} & -\dfrac{\sqrt{3}}{4}+\dfrac{\sqrt{3}}{4}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0 & -1\\ 1 & 0\end{pmatrix}\).

C’est la matrice \(R(\dfrac{\pi}{2})\), car \(\cos\dfrac{\pi}{2}=0\) et \(\sin\dfrac{\pi}{2}=1\) : composer une rotation d’angle \(\dfrac{\pi}{3}\) et une rotation d’angle \(\dfrac{\pi}{6}\) donne une rotation d’angle \(\dfrac{\pi}{2}\).

3. \(R(a)R(b)=\begin{pmatrix}\cos a\cos b-\sin a\sin b & -\cos a\sin b-\sin a\cos b\\ \sin a\cos b+\cos a\sin b & -\sin a\sin b+\cos a\cos b\end{pmatrix}\). D’après les formules d’addition, \(\cos a\cos b-\sin a\sin b=\cos(a+b)\) et \(\sin a\cos b+\cos a\sin b=\sin(a+b)\). Donc \(R(a)R(b)=\begin{pmatrix}\cos(a+b) & -\sin(a+b)\\ \sin(a+b) & \cos(a+b)\end{pmatrix}=R(a+b)\).

4. \(R(0)=I_2\). Avec \(a=\theta\) et \(b=-\theta\) : \(R(\theta)R(-\theta)=R(0)=I_2\), et de même \(R(-\theta)R(\theta)=I_2\). \(R(\theta)\) est inversible d’inverse \(R(-\theta)\) (qui est aussi sa transposée).

5. \(\begin{pmatrix}x_1\\ y_1\end{pmatrix}=R(\dfrac{\pi}{3})\begin{pmatrix}4\\ 0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2\\ 2\sqrt{3}\end{pmatrix}\) : \(A_1(2\,;\,2\sqrt{3})\).

\(\begin{pmatrix}x_2\\ y_2\end{pmatrix}=R(\dfrac{\pi}{6})\begin{pmatrix}2\\ 2\sqrt{3}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\sqrt{3}-\sqrt{3}\\ 1+3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\ 4\end{pmatrix}\) : \(A_2(0\,;\,4)\).

On le retrouve avec la question 2 : \(R(\dfrac{\pi}{2})\begin{pmatrix}4\\ 0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\ 4\end{pmatrix}\). Sur la figure, \(A_2\) est bien sur l’axe des ordonnées, à la distance 4 de O.

Exercice 19 :

1. \(F^2=\begin{pmatrix}1\times 1+1\times 1 & 1\times 1+1\times 0\\ 1\times 1+0\times 1 & 1\times 1+0\times 0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2 & 1\\ 1 & 1\end{pmatrix}\), \(F^3=F^2F=\begin{pmatrix}3 & 2\\ 2 & 1\end{pmatrix}\) et \(F^4=F^3F=\begin{pmatrix}5 & 3\\ 3 & 2\end{pmatrix}\).

2. Les coefficients sont des termes de la suite : \(F^2=\begin{pmatrix}f_3 & f_2\\ f_2 & f_1\end{pmatrix}\), \(F^3=\begin{pmatrix}f_4 & f_3\\ f_3 & f_2\end{pmatrix}\), \(F^4=\begin{pmatrix}f_5 & f_4\\ f_4 & f_3\end{pmatrix}\). On conjecture que \(F^n=\begin{pmatrix}f_{n+1} & f_n\\ f_n & f_{n-1}\end{pmatrix}\) pour tout \(n\geq\, 1\).

3. Soit \(P(n)\) cette propriété.

• Initialisation : \(\begin{pmatrix}f_2 & f_1\\ f_1 & f_0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1 & 1\\ 1 & 0\end{pmatrix}=F\), donc \(P(1)\) est vraie.
• Hérédité : si \(P(n)\) est vraie, \(F^{n+1}=F^nF=\begin{pmatrix}f_{n+1}+f_n & f_{n+1}\\ f_n+f_{n-1} & f_n\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}f_{n+2} & f_{n+1}\\ f_{n+1} & f_n\end{pmatrix}\), d’après la relation \(f_{k+1}=f_k+f_{k-1}\) appliquée deux fois. C’est \(P(n+1)\).
• Conclusion : pour tout entier \(n\geq\, 1\), \(F^n=\begin{pmatrix}f_{n+1} & f_n\\ f_n & f_{n-1}\end{pmatrix}\).

4. D’après le tableau, \(f_9=34\), \(f_8=21\) et \(f_7=13\). \(F^8=\begin{pmatrix}f_9 & f_8\\ f_8 & f_7\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}34 & 21\\ 21 & 13\end{pmatrix}\) (avec \(f_9=f_8+f_7=21+13=34\)).

5. On calcule \(f_{n+1}f_{n-1}-f_n^2\) : pour \(n=1\), \(1\times 0-1=-1\) ; pour \(n=2\), \(2\times 1-1=1\) ; pour \(n=3\), \(3\times 1-4=-1\) ; pour \(n=4\), \(5\times 2-9=1\). On conjecture que \(f_{n+1}f_{n-1}-f_n^2=(-1)^n\) pour tout \(n\geq\, 1\).

Soit \(Q(n)\) cette propriété. \(Q(1)\) est vraie (\(-1=(-1)^1\)). Supposons \(Q(n)\) vraie. Avec \(f_{n+2}=f_{n+1}+f_n\) :

\[f_{n+2}f_n-f_{n+1}^2=(f_{n+1}+f_n)f_n-f_{n+1}^2=f_n^2+f_{n+1}(f_n-f_{n+1}).\]

Or \(f_n-f_{n+1}=-f_{n-1}\), donc \(f_{n+2}f_n-f_{n+1}^2=f_n^2-f_{n+1}f_{n-1}=-(f_{n+1}f_{n-1}-f_n^2)=-(-1)^n=(-1)^{n+1}\) : \(Q(n+1)\) est vraie. Pour tout \(n\geq\, 1\), \(f_{n+1}f_{n-1}-f_n^2=(-1)^n\) (par exemple, \(f_6f_4-f_5^2=8\times 3-25=-1\)).

Exercice 20 :

1. \(u_2=4\times 14-2\times 8=40\) et \(v_2=u_1+v_1=14+8=22\) ; \(u_3=4\times 40-2\times 22=116\) et \(v_3=40+22=62\). On a aussi \(u_1=4\times 5-2\times 3=14\) et \(v_1=5+3=8\).

Les deux relations s’écrivent \(\begin{pmatrix}u_{n+1}\\ v_{n+1}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}4u_n-2v_n\\ u_n+v_n\end{pmatrix}=AU_n\) : \(U_{n+1}=AU_n\), et par récurrence immédiate \(U_n=A^nU_0\).

2. \(PP^{\prime}\) avec \(P^{\prime}=\begin{pmatrix}1 & -1\\ -1 & 2\end{pmatrix}\) : \(\begin{pmatrix}2-1 & -2+2\\ 1-1 & -1+2\end{pmatrix}=I_2\). Donc P est inversible et \(P^{-1}=\begin{pmatrix}1 & -1\\ -1 & 2\end{pmatrix}\). (On vérifie aussi : \(2\times 1-1\times 1=1\neq 0\).)

3. \(AP=\begin{pmatrix}4\times 2-2\times 1 & 4-2\\ 2+1 & 1+1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}6 & 2\\ 3 & 2\end{pmatrix}\), puis \(P^{-1}(AP)=\begin{pmatrix}6-3 & 2-2\\ -6+6 & -2+4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3 & 0\\ 0 & 2\end{pmatrix}=D\).

4. De \(P^{-1}AP=D\) on tire \(A=PDP^{-1}\) (en multipliant à gauche par P et à droite par \(P^{-1}\)). Soit \(S(n)\) : « \(A^n=PD^nP^{-1}\) ». \(S(0)\) est vraie car \(A^0=I_2=PI_2P^{-1}\). Si \(S(n)\) est vraie, \(A^{n+1}=A^nA=PD^nP^{-1}PDP^{-1}=PD^{n+1}P^{-1}\), car \(P^{-1}P=I_2\) : \(S(n+1)\) est vraie.

Comme D est diagonale, \(D^n=\begin{pmatrix}3^n & 0\\ 0 & 2^n\end{pmatrix}\). Alors \(PD^n=\begin{pmatrix}2\times 3^n & 2^n\\ 3^n & 2^n\end{pmatrix}\) et

\[A^n=PD^nP^{-1}=\begin{pmatrix}2\times 3^n-2^n & -2\times 3^n+2\times 2^n\\ 3^n-2^n & -3^n+2\times 2^n\end{pmatrix}.\]

(Pour \(n=1\), on retrouve \(\begin{pmatrix}4 & -2\\ 1 & 1\end{pmatrix}=A\).)

5. \(U_n=A^nU_0\) avec \(U_0=\begin{pmatrix}5\\ 3\end{pmatrix}\) donne

\[u_n=5(2\times 3^n-2^n)+3(-2\times 3^n+2\times 2^n)=4\times 3^n+2^n\quad\text{et}\quad v_n=5(3^n-2^n)+3(-3^n+2\times 2^n)=2\times 3^n+2^n.\]

\(u_n=4\times 3^n+2^n\) et \(v_n=2\times 3^n+2^n\). Vérification : \(u_3=108+8=116\) et \(v_3=54+8=62\).

6. En divisant par \(3^n\) : \(\dfrac{u_n}{v_n}=\dfrac{4+(2/3)^n}{2+(2/3)^n}\). Comme \(-1<\dfrac{2}{3}<1\), \((2/3)^n\to 0\), donc \(\dfrac{u_n}{v_n}\to 2\).

Retour à l’énoncé : Matrices : exercices en terminale spécialité de maths corrigés en PDF..

Le livre MathovoreExercices corrigés de mathématiques TerminaleEnvie de continuer l’entraînement ? Le recueil de Terminale réunit des exercices de toute l’année, chacun suivi de sa correction.Ouvrir le recueil ↗