Exercices corrigés : les matrices (maths expertes)

a) L'addition et la multiplication par un réel se font COEFFICIENT PAR COEFFICIENT, sans aucune subtilité : $A+B=\begin{pmatrix} 1+0 & 2-1 \\ 3+2 & 4+1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 5 & 5 \end{pmatrix}$ et $2A=\begin{pmatrix} 2 & 4 \\ 6 & 8 \end{pmatrix}$. Ces deux opérations se comportent exactement comme sur les nombres, ce qui n'est plus vrai du produit.

b) Le produit obéit à la règle LIGNE PAR COLONNE : le coefficient de la ligne $i$ et de la colonne $j$ s'obtient en combinant la ligne $i$ de $A$ avec la colonne $j$ de $B$. En haut à gauche, la première ligne $(1\ ;\ 2)$ contre la première colonne $\binom{0}{2}$ donne $1\times 0+2\times 2=4$ ; en haut à droite $1\times(-1)+2\times 1=1$ ; en bas à gauche $3\times 0+4\times 2=8$ ; en bas à droite $3\times(-1)+4\times 1=1$. Donc $AB=\begin{pmatrix} 4 & 1 \\ 8 & 1 \end{pmatrix}$.

c) On refait le calcul dans l'AUTRE ordre, avec cette fois les lignes de $B$ contre les colonnes de $A$ : en haut à gauche $0\times 1+(-1)\times 3=-3$ ; en haut à droite $0\times 2+(-1)\times 4=-4$ ; en bas à gauche $2\times 1+1\times 3=5$ ; en bas à droite $2\times 2+1\times 4=8$. Donc $BA=\begin{pmatrix} -3 & -4 \\ 5 & 8 \end{pmatrix}$.

d) Les deux produits sont DIFFÉRENTS, et pas seulement d'un coefficient : aucun n'est égal à l'autre. Le produit matriciel n'est donc pas COMMUTATIF, ce qui est la différence la plus importante avec le calcul sur les nombres, et elle interdit d'utiliser les identités remarquables sans précaution, comme le montrera l'exercice 2.

La non-commutativité n'est pas une bizarrerie technique, elle a un sens géométrique. Une matrice représente une TRANSFORMATION du plan, et le produit $AB$ correspond à appliquer d'abord $B$ puis $A$, dans cet ordre. Or enchaîner deux transformations dans un ordre ou dans l'autre ne donne évidemment pas la même chose : une rotation suivie d'une projection ne donne pas la même figure qu'une projection suivie de la même rotation. On notera d'ailleurs que le produit $AB$ se lit de DROITE à GAUCHE, ce qui est déroutant au début mais cohérent avec la notation $f\circ g$ des fonctions.

a) Multiplier par l'identité ne change rien, et le calcul le montre : chaque coefficient de $AI$ se calcule comme une somme où un SEUL terme est non nul, puisque l'identité n'a qu'un $1$ par ligne. En haut à gauche : $1\times 1+2\times 0=1$, et ainsi de suite. On obtient bien $AI=IA=A$ ✓. La matrice $I$ joue donc pour le produit matriciel le rôle que $1$ joue pour les nombres, et c'est l'une des rares propriétés qui survit au passage aux matrices.

b) $A^{2}=AA$ se calcule par la règle ligne-colonne : en haut à gauche $1\times 1+2\times 3=7$, en haut à droite $1\times 2+2\times 4=10$, en bas à gauche $3\times 1+4\times 3=15$, en bas à droite $3\times 2+4\times 4=22$, soit $A^{2}=\begin{pmatrix} 7 & 10 \\ 15 & 22 \end{pmatrix}$. De même $B^{2}=\begin{pmatrix} -2 & -1 \\ 2 & -1 \end{pmatrix}$. On notera qu'élever au carré n'élève PAS chaque coefficient au carré.

c) On calcule d'abord la somme, $A+B=\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 5 & 5 \end{pmatrix}$, puis son carré : en haut à gauche $1\times 1+1\times 5=6$, et de même pour les trois autres coefficients, on obtient $(A+B)^{2}=\begin{pmatrix} 6 & 6 \\ 30 & 30 \end{pmatrix}$.

d) $2AB=\begin{pmatrix} 8 & 2 \\ 16 & 2 \end{pmatrix}$ d'après l'exercice 1, donc $A^{2}+2AB+B^{2}=\begin{pmatrix} 7+8-2 & 10+2-1 \\ 15+16+2 & 22+2-1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 13 & 11 \\ 33 & 23 \end{pmatrix}$. Ce n'est PAS égal à $(A+B)^{2}$, et l'écart est considérable. Le développement correct est $(A+B)^{2}=A^{2}+AB+BA+B^{2}$, et l'on ne peut regrouper $AB+BA$ en $2AB$ que si les deux matrices COMMUTENT, ce qui n'est pas le cas ici.

On vérifie que le développement correct fonctionne bien : $A^{2}+AB+BA+B^{2}=\begin{pmatrix} 7+4-3-2 & 10+1-4-1 \\ 15+8+5+2 & 22+1+8-1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 6 & 6 \\ 30 & 30 \end{pmatrix}$ ✓, exactement $(A+B)^{2}$. La leçon vaut pour toutes les identités remarquables : $(A+B)(A-B)$ vaut $A^{2}-AB+BA-B^{2}$ et non $A^{2}-B^{2}$, et $(A+B)^{3}$ compte huit termes qu'on ne peut pas regrouper. La règle pratique est simple, il ne faut JAMAIS intervertir deux matrices dans un produit, et donc développer en conservant scrupuleusement l'ordre des facteurs.

a) $\det(A)=1\times 4-2\times 3=4-6=-2$, qui est NON NUL, donc $A$ est inversible. La formule d'inversion échange les deux coefficients diagonaux, change le signe des deux autres, puis divise par le déterminant : $A^{-1}=\frac{1}{-2}\begin{pmatrix} 4 & -2 \\ -3 & 1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} -2 & 1 \\ 1{,}5 & -0{,}5 \end{pmatrix}$.

b) La vérification est obligatoire, la formule comportant quatre occasions de se tromper de signe. En haut à gauche : $1\times(-2)+2\times 1{,}5=-2+3=1$ ✓ ; en haut à droite : $1\times 1+2\times(-0{,}5)=1-1=0$ ✓ ; en bas à gauche : $3\times(-2)+4\times 1{,}5=-6+6=0$ ✓ ; en bas à droite : $3\times 1+4\times(-0{,}5)=3-2=1$ ✓. On obtient bien l'identité. Il faudrait en toute rigueur vérifier aussi $A^{-1}A=I$, mais pour des matrices carrées l'une des deux égalités entraîne l'autre.

c) $\det(C)=2\times 2-4\times 1=4-4=0$. La matrice $C$ n'est donc PAS inversible, alors qu'elle est loin d'être nulle : c'est le piège que reprendra l'exercice 9.

d) La première ligne de $C$ est exactement le DOUBLE de la seconde, $(2\ ;\ 4)=2\times(1\ ;\ 2)$. Les deux lignes sont donc proportionnelles, ce qui traduit géométriquement que la matrice écrase tout le plan sur une DROITE : deux points distincts peuvent avoir la même image, l'information est perdue et l'opération ne peut pas être inversée. On le vérifie : $C$ envoie $\binom{2}{-1}$ sur $\binom{0}{0}$, tout comme le vecteur nul.

Le déterminant se lit donc comme une mesure de ce que la transformation CONSERVE, et cette lecture aide beaucoup. En valeur absolue, il donne le facteur par lequel les aires sont multipliées : $A$ multiplie les aires par $2$, tandis que $C$ les annule, ce qui est cohérent avec l'écrasement sur une droite. Son SIGNE indique si l'orientation du plan est conservée ou renversée, négatif signifiant renversée comme pour $A$. Un déterminant nul signifie donc exactement qu'une dimension a été perdue, et c'est pour cela qu'il caractérise la non-inversibilité, sans qu'il soit besoin de retenir un critère supplémentaire.

a) On sépare les coefficients, les inconnues et les seconds membres : $A=\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 4 \end{pmatrix}$, $X=\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}$ et $B=\begin{pmatrix} 5 \\ 11 \end{pmatrix}$. On vérifie que le produit $AX$ redonne bien le système : sa première coordonnée vaut $x+2y$ et la seconde $3x+4y$ ✓.

b) Le déterminant de $A$ vaut $-2$, non nul d'après l'exercice 3, donc $A$ est INVERSIBLE. Le système admet alors une unique solution, obtenue en multipliant les deux membres à gauche par $A^{-1}$ : $A^{-1}AX=A^{-1}B$, soit $IX=A^{-1}B$ et finalement $X=A^{-1}B$. La justification par le déterminant est ce qui garantit l'existence ET l'unicité en une seule ligne.

c) Avec $A^{-1}=\begin{pmatrix} -2 & 1 \\ 1{,}5 & -0{,}5 \end{pmatrix}$ : la première coordonnée vaut $-2\times 5+1\times 11=-10+11=1$, et la seconde $1{,}5\times 5-0{,}5\times 11=7{,}5-5{,}5=2$. Donc $x=1$ et $y=2$. Attention à multiplier à GAUCHE, l'écriture $BA^{-1}$ n'ayant même pas de sens ici pour des raisons de format.

d) Première équation : $1+2\times 2=1+4=5$ ✓. Seconde équation : $3\times 1+4\times 2=3+8=11$ ✓. Les deux sont vérifiées, ce qui valide à la fois la solution et l'inverse calculé à l'exercice 3.

Cette méthode n'est pas la plus rapide sur un système $2\times 2$, où la substitution irait plus vite, et il faut savoir pourquoi on l'enseigne. Son intérêt est CONCEPTUEL et se voit sur trois points. D'abord elle transforme un système en une simple division, ce qui unifie la théorie : $AX=B$ se résout comme $ax=b$. Ensuite elle explique d'un coup les trois cas possibles, puisque le déterminant non nul donne une solution unique, tandis qu'un déterminant nul donne soit aucune solution soit une infinité. Enfin elle devient réellement efficace quand on doit résoudre PLUSIEURS systèmes ayant la même matrice $A$ et des seconds membres différents : on inverse une fois, puis chaque résolution ne coûte qu'un produit.

a) $M^{2}=\begin{pmatrix} 1\times 1+1\times 0 & 1\times 1+1\times 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$, puis $M^{3}=M^{2}M=\begin{pmatrix} 1 & 3 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$. Seul le coefficient en haut à droite bouge, et il augmente de $1$ à chaque multiplication.

b) On conjecture donc $M^{n}=\begin{pmatrix} 1 & n \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$, et l'on démontre par RÉCURRENCE. Initialisation : pour $n=1$ la formule donne $\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}=M$ ✓. Hérédité : supposons $M^{n}=\begin{pmatrix} 1 & n \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$. Alors $M^{n+1}=M^{n}M$ a pour coefficient en haut à droite $1\times 1+n\times 1=n+1$, les trois autres restant inchangés, soit $\begin{pmatrix} 1 & n+1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ ✓. Conclusion : la formule est vraie pour tout entier $n\geq 1$.

c) $D^{2}=\begin{pmatrix} 4 & 0 \\ 0 & 9 \end{pmatrix}$ et $D^{5}=\begin{pmatrix} 2^{5} & 0 \\ 0 & 3^{5} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 32 & 0 \\ 0 & 243 \end{pmatrix}$. Ici, contrairement à l'exercice 2, élever la matrice au carré revient bien à élever chaque coefficient au carré, mais uniquement parce qu'elle est DIAGONALE.

d) $D^{n}=\begin{pmatrix} 2^{n} & 0 \\ 0 & 3^{n} \end{pmatrix}$. Le calcul est immédiat parce qu'une matrice diagonale agit INDÉPENDAMMENT sur chaque coordonnée : elle multiplie la première par $2$ et la seconde par $3$, sans jamais les mélanger. Répéter $n$ fois cette action revient donc à multiplier chaque coordonnée par la puissance correspondante. C'est toute la motivation de la DIAGONALISATION, qui consiste à changer de repère pour se ramener à ce cas.

Les deux matrices de l'exercice illustrent les deux structures qui rendent les puissances calculables, et il n'y en a guère d'autres au programme. La matrice $M$ est de la forme $I+N$ où $N=\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$ vérifie $N^{2}=0$ : on dit qu'elle est nilpotente, et la formule du binôme s'y applique puisque $I$ commute avec tout, donnant $M^{n}=I+nN$ ✓, ce qui redonne la conjecture sans récurrence. La matrice $D$ est diagonale, cas le plus simple. Face à une matrice quelconque, la stratégie consiste donc à la ramener à l'une de ces deux formes, ce que fera l'exercice 8 par un détour astucieux.

a) En posant $X_{n}=\begin{pmatrix} u_{n} \\ v_{n} \end{pmatrix}$, les deux relations se rassemblent en une seule : $X_{n+1}=AX_{n}$ avec $A=\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}$. On vérifie que la première ligne du produit redonne $2u_{n}+v_{n}$ et la seconde $u_{n}+2v_{n}$ ✓. C'est tout l'intérêt des matrices, ramener un système de deux suites couplées à une seule relation.

b) On applique la relation pas à pas : $u_{1}=2\times 1+0=2$ et $v_{1}=1+2\times 0=1$ ; $u_{2}=2\times 2+1=5$ et $v_{2}=2+2\times 1=4$ ; $u_{3}=2\times 5+4=14$ et $v_{3}=5+2\times 4=13$. On remarquera que $u_{n}$ et $v_{n}$ diffèrent toujours de $1$, ce que la question suivante va expliquer.

c) $s_{n+1}=u_{n+1}+v_{n+1}=\left(2u_{n}+v_{n}\right)+\left(u_{n}+2v_{n}\right)=3u_{n}+3v_{n}=3s_{n}$ : la suite $(s_{n})$ est GÉOMÉTRIQUE de raison $3$, de premier terme $s_{0}=1+0=1$, donc $s_{n}=3^{n}$. Ensuite $d_{n+1}=\left(2u_{n}+v_{n}\right)-\left(u_{n}+2v_{n}\right)=u_{n}-v_{n}=d_{n}$ : la suite $(d_{n})$ est CONSTANTE, égale à $d_{0}=1$, ce qui confirme l'observation de b).

d) On dispose d'un système de deux équations, $u_{n}+v_{n}=3^{n}$ et $u_{n}-v_{n}=1$. En additionnant puis en divisant par $2$ : $u_{n}=\frac{s_{n}+d_{n}}{2}=\frac{3^{n}+1}{2}$. En soustrayant : $v_{n}=\frac{s_{n}-d_{n}}{2}=\frac{3^{n}-1}{2}$.

e) Pour $n=3$ : $u_{3}=\frac{27+1}{2}=14$ ✓ et $v_{3}=\frac{27-1}{2}=13$ ✓. Ces valeurs correspondent exactement à celles calculées en b), ce qui valide les deux formules.

Le changement de variable de la question c) est le cœur de l'exercice, et il n'est pas tombé du ciel. Les combinaisons $s=u+v$ et $d=u-v$ sont celles qui DÉCOUPLENT le système, c'est-à-dire qui transforment deux suites entremêlées en deux suites indépendantes et élémentaires. En langage matriciel, ce sont les vecteurs propres de $A$, associés aux valeurs propres $3$ et $1$, que l'on reconnaît comme les raisons obtenues. La méthode est donc une diagonalisation déguisée, faite à la main, et c'est pourquoi elle marche : dans le bon repère, la matrice devient diagonale et l'exercice 5 s'applique.

a) La convention à respecter est que la LIGNE indique l'état de départ et la COLONNE l'état d'arrivée : $T=\begin{pmatrix} 0{,}9 & 0{,}1 \\ 0{,}3 & 0{,}7 \end{pmatrix}$. La première ligne dit que $90\ \%$ des abonnés $A$ restent en $A$ et que $10\ \%$ passent en $B$. Contrôle systématique : chaque ligne doit sommer à $1$, puisqu'un abonné va nécessairement quelque part, et c'est le cas ✓.

b) $P_{0}=\begin{pmatrix} 1 & 0 \end{pmatrix}$, donc $P_{1}=P_{0}T=\begin{pmatrix} 0{,}9 & 0{,}1 \end{pmatrix}$, la première ligne de $T$. Ensuite $P_{2}=P_{1}T=\begin{pmatrix} 0{,}9\times 0{,}9+0{,}1\times 0{,}3 & 0{,}9\times 0{,}1+0{,}1\times 0{,}7 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0{,}84 & 0{,}16 \end{pmatrix}$. Contrôle : la somme vaut toujours $1$ ✓.

c) On note $\pi=\begin{pmatrix} x & y \end{pmatrix}$ avec la contrainte $x+y=1$, sans laquelle le système serait indéterminé. La première équation de $\pi T=\pi$ s'écrit $0{,}9x+0{,}3y=x$, soit $0{,}3y=0{,}1x$ et donc $x=3y$. En reportant dans $x+y=1$ : $3y+y=4y=1$, d'où $y=0{,}25$ et $x=0{,}75$. L'état stable est $\pi=\begin{pmatrix} 0{,}75 & 0{,}25 \end{pmatrix}$.

d) $0{,}75\times 0{,}9+0{,}25\times 0{,}3=0{,}675+0{,}075=0{,}75$ ✓ et $0{,}75\times 0{,}1+0{,}25\times 0{,}7=0{,}075+0{,}175=0{,}25$ ✓. On retrouve bien $\pi$, la répartition est donc invariante.

e) À long terme, la répartition se stabilise à $75\ \%$ d'abonnés $A$ et $25\ \%$ d'abonnés $B$, et cela QUELLE QUE SOIT la répartition initiale. Le point crucial est que les échanges mensuels ne s'arrêtent pas : chaque mois, $10\ \%$ des $75$ partent, soit $7{,}5$, tandis que $30\ \%$ des $25$ reviennent, soit $7{,}5$ également. Les deux flux se compensent exactement, ce qui est la définition même de l'équilibre.

Deux remarques utiles pour tout exercice de ce type. D'abord, l'état stable se retrouve sans matrice par un simple bilan : à l'équilibre, le nombre de départs $0{,}1x$ doit égaler le nombre de retours $0{,}3y$, ce qui redonne $x=3y$ en une ligne. Ensuite, la convergence vers cet état est très rapide, ce qui explique qu'on s'y intéresse : partis de $100\ \%$ en $A$, on est déjà à $84\ \%$ après deux mois et sous $76\ \%$ après huit. Il faut cependant retenir que cette convergence n'est pas automatique, elle exige que la matrice n'ait aucun coefficient nul en position bloquante ; un état dont on ne peut plus sortir, dit absorbant, changerait complètement le comportement.

a) $A^{2}=\begin{pmatrix} 2\times 2+1\times 1 & 2\times 1+1\times 2 \\ 1\times 2+2\times 1 & 1\times 1+2\times 2 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 5 & 4 \\ 4 & 5 \end{pmatrix}$, puis $A^{3}=A^{2}A=\begin{pmatrix} 14 & 13 \\ 13 & 14 \end{pmatrix}$. On observe que toutes ces matrices restent SYMÉTRIQUES et de la forme $\begin{pmatrix} p & q \\ q & p \end{pmatrix}$.

b) La première COLONNE de $A^{n}$ est l'image du vecteur $\binom{1}{0}$, c'est-à-dire exactement $X_{n}$ de l'exercice 6, soit $\binom{u_{n}}{v_{n}}$. Par symétrie de $A$, la seconde colonne est l'image de $\binom{0}{1}$, qui donne le couple échangé. On conjecture donc $A^{n}=\begin{pmatrix} \frac{3^{n}+1}{2} & \frac{3^{n}-1}{2} \\ \frac{3^{n}-1}{2} & \frac{3^{n}+1}{2} \end{pmatrix}$.

c) Pour $n=1$ : $\frac{3+1}{2}=2$ et $\frac{3-1}{2}=1$, ce qui redonne bien $A=\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}$ ✓. Pour $n=2$ : $\frac{9+1}{2}=5$ et $\frac{9-1}{2}=4$, ce qui correspond à $A^{2}$ ✓.

d) Pour $n=3$ : $\frac{27+1}{2}=14$ et $\frac{27-1}{2}=13$, ce qui correspond exactement à $A^{3}$ ✓. Trois vérifications indépendantes donnent une confiance raisonnable, même si seule une récurrence constituerait une démonstration.

e) Pour $n=0$ : $\frac{3^{0}+1}{2}=\frac{2}{2}=1$ et $\frac{3^{0}-1}{2}=\frac{0}{2}=0$, donc la formule donne $\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}=I$. C'est parfaitement cohérent, puisque par convention $A^{0}=I$ pour toute matrice inversible, exactement comme $x^{0}=1$ pour les nombres. Qu'une formule conjecturée redonne le bon cas $n=0$ sans qu'on l'y ait forcée est un argument fort en sa faveur.

La structure trouvée s'éclaire complètement à la lumière de l'exercice 6 : les coefficients $\frac{3^{n}+1}{2}$ et $\frac{3^{n}-1}{2}$ sont les demi-somme et demi-différence de $3^{n}$ et de $1$, qui sont les deux VALEURS PROPRES de $A$ élevées à la puissance $n$. On peut d'ailleurs écrire $A^{n}=\frac{3^{n}}{2}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}+\frac{1}{2}\begin{pmatrix} 1 & -1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix}$, décomposition qui sépare proprement les deux comportements : l'un explose en $3^{n}$, l'autre reste constant. C'est exactement ce que fait la diagonalisation, et cet exercice en donne une version accessible sans le vocabulaire.

a) Faux. Contre-exemple déjà calculé à l'exercice 1 : avec $A=\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 4 \end{pmatrix}$ et $B=\begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}$, on a $AB=\begin{pmatrix} 4 & 1 \\ 8 & 1 \end{pmatrix}$ alors que $BA=\begin{pmatrix} -3 & -4 \\ 5 & 8 \end{pmatrix}$. Les quatre coefficients diffèrent. Certaines matrices commutent tout de même, comme l'identité avec tout le monde, ou deux matrices diagonales entre elles, mais c'est l'exception.

b) Faux. Contre-exemple : $A=\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$ et $B=\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$. Le produit $AB$ est la matrice NULLE, et pourtant ni $A$ ni $B$ n'est nulle. On dit que l'anneau des matrices n'est pas INTÈGRE. Géométriquement, $A$ projette sur le premier axe et $B$ sur le second : enchaîner les deux ne laisse rien, chacune détruisant ce que l'autre conserve.