Exercices math sup : Calcul matriciel

On effectue les divers calculs, et on trouve $$A^2=\begin{pmatrix} 11&-3\\ -6&2 \end{pmatrix},\quad B^2=\begin{pmatrix} 3&2\\ 6&7 \end{pmatrix}, $$ $$AB=\begin{pmatrix} -3&1\\ 0&-2 \end{pmatrix},\quad BA=\begin{pmatrix} -2&0\\ 5&-3 \end{pmatrix},$$ $$(A+B)^2=A^2+AB+BA+B^2=\begin{pmatrix} 9&0\\ 5&4 \end{pmatrix}$$ et $$A^2+2AB+B^2=\begin{pmatrix} 8&1\\ 0&5 \end{pmatrix}.$$ Ainsi, l'identité remarquable $(A+B)^2=A^2+2AB+B^2$ est fausse pour les matrices. En revanche l'égalité $(A+B)^2=A^2+AB+BA+B^2$, qu'on prouve par double distributivité, est vraie pour toutes les matrices carrées $A$ et $B$.

Soit $B=\left( \begin{array}{cc} c & d\\ e &f \end{array} \right)$ une telle matrice. On a : $$AB=\left(\begin{array}{cc} c+e&d+f\\ e&f\\\end{array}\right),BA=\left(\begin{array}{cc} c&c+d\\ e&e+f\\\end{array}\right).$$ Puisque $AB=BA$, on obtient le système : $$\left\{\begin{array}{rcl} c+e&=&c\\ d+f&=&c+d\\ f&=&e+f\\\end{array}\right.$$ On résout ce système pour trouver que $e=0$ et $c=f$. Toutes les matrices $B$ qui conviennent sont celles de la forme : $$\left(\begin{array}{cc} c&d\\ 0&c\end{array}\right).$$

Soit $B=\left( \begin{array}{cc} c & d\\ e &f \end{array} \right)$ une telle matrice. On a : $$AB=\left(\begin{array}{cc} ac+be&ad+bf\\ ae&af\\\end{array}\right),BA=\left(\begin{array}{cc} ac&bc+ad\\ ae&be+af\\\end{array}\right).$$ Puisque $AB=BA$, on obtient le système : $$\left\{\begin{array}{rcl} ac+be&=&ac\\ ad+bf&=&bc+ad\\ af&=&be+af\\\end{array}\right.$$ On résout ce système pour trouver que $e=0$ et $c=f$. Toutes les matrices $B$ qui conviennent sont celles de la forme : $$\left(\begin{array}{cc} c&d\\ 0&c\end{array}\right).$$

Les matrices $$ A = \begin{pmatrix} 0&1\\ 0&0\\ \end{pmatrix}, \qquad B = \begin{pmatrix} 1&0\\ 0&0\\ \end{pmatrix} $$ conviennent.

Posons $A=(a_{i,j})$, $B=(b_{i,j})$, $C=AB=(c_{i,j})$. Alors, par définition, pour tous $i,j\in\{1,\dots,n\}$ $$c_{i,j}=\sum_{k=1}^n a_{i,k}b_{k,j}.$$ On veut démontrer que, pour tout $j=1,\dots,n$, on a $$\sum_{i=1}^n c_{i,j}=1.$$ Calculons cette somme : \begin{eqnarray*} \sum_{i=1}^n c_{i,j}&=&\sum_{i=1}^n \sum_{k=1}^n a_{i,k}b_{k,j}\\ &=&\sum_{k=1}^n \sum_{i=1}^n a_{i,k}b_{k,j}\\ &=&\sum_{k=1}^n b_{k,j}\left(\sum_{i=1}^n a_{i,k}\right). \end{eqnarray*} La somme à l'intérieur est égale à 1 puisque $A$ est stochastique. Il reste $$\sum_{i=1}^n c_{i,j}=\sum_{k=1}^n b_{k,j}=1$$ où on utilise cette fois que $B$ est stochastique.

Remarquons d'abord que si $A=\lambda I_n$, alors $A$ commute avec toutes les matrices et donc $A$ est dans le centre de $\mathcal M_n(\mathbb R)$. Réciproquement, supposons que $A$ commute avec toutes les matrices, et étudions ce que donne $AE_{i,j}=E_{i,j}A$, où $E_{i,j}$ est la matrice élémentaire avec des 0 partout sauf le coefficient à la $i$-ème ligne et $j$-ième colonne qui est égal à 1. Alors, $$AE_{i,j}= \left(\begin{array}{ccccc} 0&\dots&0&a_{1,i}&0&\dots\\ 0&\dots&0&a_{2,i}&0&\dots\\ \vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots\\ 0&\dots&0&a_{n,i}&0&\dots \end{array}\right) $$ où la seule colonne non-nulle est la $j$-ième colonne, et $$E_{i,j}A= \left(\begin{array}{cccc} 0&\dots&\dots&0&\\ \vdots&\vdots&\vdots&\vdots\\ 0&\dots&\dots&0&\\ a_{j,1}&a_{j,2}&\dots&a_{j,n}\\ 0&\dots&\dots&0&\\ \end{array}\right) $$ où la seule ligne non-nulle est la $i$-ème ligne. Le seul terme (éventuellement) non-nul que peuvent avoir en commun les deux matrices est situé sur la $i$-ème ligne et la $j$-ème colonne. Les coefficients correspondants doivent être égaux et donc on doit avoir $$a_{i,i}=a_{j,j}.$$ Les autres coefficients doivent être nuls, ce qui signifie en particulier, pour $k\neq i$, que $a_{k,i}=0$. Ainsi, $A$ est une matrice diagonale dont tous les coefficients diagonaux doivent être égaux. On en déduit que $A=\lambda I_n$.

On va commencer par calculer les premiers termes de $A^n$ pour essayer de deviner la formule. On a $$A^2=\left(\begin{array}{cc} 2&-2\\ -2&2 \end{array}\right),\ A^3=\left(\begin{array}{cc} 4&-4\\ -4&4 \end{array}\right).$$ On démontre alors par récurrence sur $n\geq 1$ que $$A^n=\left(\begin{array}{cc} 2^{n-1}&-2^{n-1}\\ -2^{n-1}&2^{n-1} \end{array}\right).$$ La preuve par récurrence est très simple, et repose simplement sur le fait que $2^{n-1}+2^{n-1}=2^n$.
On fait la même chose pour $B$ : $$B^2=\left(\begin{array}{cc} 1&3\\ 0&4 \end{array}\right),\ B^3=\left(\begin{array}{cc} 1&7\\ 0&8 \end{array}\right).$$ On démontre alors, par récurrence sur $n$, que $$B^n=\left(\begin{array}{cc} 1&2^n-1\\ 0&2^n \end{array}\right).$$

On commence par calculer les premières valeurs de $B^n$. On a $$ B=\left( \begin{array}{ccc} 0&1&0\\ 0&0&1\\ 0&0&0 \end{array}\right),\quad B^2=\left( \begin{array}{ccc} 0&0&1\\ 0&0&0\\ 0&0&0 \end{array}\right),\quad B^3=\left( \begin{array}{ccc} 0&0&0\\ 0&0&0\\ 0&0&0 \end{array}\right).$$ On en déduit alors par récurrence que, pour tout $n\geq 3$, on a $B^n=0$. En effet, c'est vrai pour $n=3$. Si c'est vrai au rang $n\geq 3$, alors $$B^{n+1}=B^n\times B=0\times B=0.$$ Pour obtenir $A$, on écrit $A=I+B$ et on remarque que $I$ et $B$ commutent puisque $IB=BI=B$. On peut alors appliquer la formule du binôme de Newton, ce qui est très facile ici puisque $B^n=0$ dès que $n\geq 3$. On en déduit $$A^n=I^{n}+\binom{n}{1}I^{n-1}B+\binom{n}{2}I^{n-2}B^2$$ ce qui se réécrit en $$A^n=I+nB+\frac{n(n-1)}{2}B^2.$$ On a donc $$A^n=\left(\begin{array}{ccc} 1&n&\frac{n(n-1)}2\\ 0&1&n\\ 0&0&1 \end{array} \right).$$

Soit $p,q\in\mathbb N$ tels que $A^p=0$ et $B^q=0$. Posons $r=\max(p,q)$. Alors, puisque $A$ et $B$ commutent, on a $$(AB)^r=A^rB^r=A^p\cdot A^{r-p}\cdot B^q\cdot B^{r-q}=0$$ (on pourrait même choisir $r=\min(p,q)$ comme ordre de nilpotence).
Pour démontrer que $A+B$ est nilpotente, appliquons la formule du binôme de Newton à l'ordre $p+q$. Il vient $$(A+B)^{p+q}=\sum_{k=0}^{p+q}\binom {p+q}k A^k B^{p+q-k}.$$ Mais si $k\geq p$, on a $A^p=0$ et si $k<p$, alors $-k>-p$ et $p+q-k>q$ donc $B^{p+q-k}=0$. Dans tous les cas, si $k\in \{0,\dots,p+q\}$, on a $A^k B^{p+q-k}=0$ et donc $(A+B)^{p+q}=0$.

On trouve : $$AB=AC=\left(\begin{array}{ccc} 1&1&1\\ 1&1&0\\ 4&4&3\end{array}\right).$$ La matrice $A$ n'est pas inversible : si tel était le cas, on multiplierait à gauche par $A^{-1}$ dans l'égalité $AB=AC$, et on trouverait $B=C$. Ce n'est pas le cas! Pour la seconde partie, on considère $F$ une matrice vérifiant les propriétés précitées : $$F=\left(\begin{array}{ccc} a&b&c\\ d&e&f\\ g&h&i\\ \end{array}\right).$$ Le calcul de $AF$ donne : $$AF=\left(\begin{array}{ccc} a&b&c\\ d+g&e+h&f+i\\ 3a+d+g&3b+e+h&3c+f+i\\ \end{array}\right).$$ Puisque $AF=0$, on a le système suivant : $$\left\{\begin{array}{l} a=b=c=0\\ d+g=e+h=f+i=0\\ 3a+d+g=3b+e+h=3c+f+i=0 \end{array}\right.\iff \left\{ \begin{array}{l} a=b=c=0\\ d=-g\\ e=-h\\ f=-i\\ \end{array}\right.$$ Les matrices $F$ recherchées sont donc les matrices de la forme : $$F=\left(\begin{array}{ccc} 0&0&0\\ d&e&f\\ -d&-e&-f\\ \end{array}\right).$$

On utilise la méthode du pivot de Gauss. Commençons par $A$. $$\begin{array}{r|l} \dis \left( \begin{array}{rcl} 1&1&2\\ 1&2&1\\ 2&1&1 \end{array} \right) &\dis \left( \begin{array}{rcl} 1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1 \end{array} \right)\\ \\ \dis \left .\begin{array}{c} \\ L_2-L_1\to L_2\\ L_3-2L_1\to L_3 \end{array} \right. \dis \left( \begin{array}{rcl} 1&1&2\\ 0&1&-1\\ 0&-1&-3 \end{array} \right) &\dis \left( \begin{array}{rcl} 1&0&0\\ -1&1&0\\ -2&0&1 \end{array} \right)\\ \\ \dis \left .\begin{array}{c} \\ \\ L_3+L_2\to L_3 \end{array}\right. \dis \left( \begin{array}{rcl} 1&1&2\\ 0&1&-1\\ 0&0&-4 \end{array} \right) &\dis \left( \begin{array}{rcl} 1&0&0\\ -1&1&0\\ -3&1&1 \end{array} \right)\\ \end{array}$$ Après transformations élémentaires, la matrice qui apparait à gauche est triangulaire supérieure, et les coefficients sur la diagonale sont tous non nuls. On en déduit que $A$ est inversible. On trouve son inverse en poursuivant la méthode. $$\begin{array}{r|l} \dis \left. \begin{array}{c} \\ \\ \frac{-1}{4}L_3\to L_3 \end{array} \right. \dis \left( \begin{array}{rcl} 1&1&2\\ 0&1&-1\\ 0&0&1 \end{array} \right) &\dis \left( \begin{array}{rcl} 1&0&0\\ -1&1&0\\ 3/4&-1/4&-1/4 \end{array} \right)\\ \\ \dis \left. \begin{array}{c} L_1-2L_3\to L_1\\ L_2+L_3\to L_2\\ \ \end{array} \right. \left( \begin{array}{rcl} 1&1&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1 \end{array} \right) &\dis \left( \begin{array}{rcl} -1/2&1/2&1/2\\ -1/4&3/4&-1/4\\ 3/4&-1/4&-1/4 \end{array} \right)\\ \\ \dis \left. \begin{array}{c} L_1-L_2\to L_1\\ \\ \ \end{array} \right. \left( \begin{array}{rcl} 1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1 \end{array} \right) &\dis \left( \begin{array}{rcl} -1/4&-1/4&3/4\\ -1/4&3/4&-1/4\\ 3/4&-1/4&-1/4 \end{array} \right)\\ \end{array} $$ La matrice inverse recherchée est donc : $$\left( \begin{array}{rcl} -1/4&-1/4&3/4\\ -1/4&3/4&-1/4\\ 3/4&-1/4&-1/4 \end{array} \right).$$ On suit la même méthode pour $B$. On forme $$\begin{array}{r|l} \dis \left( \begin{array}{rcl} 0&1&2\\ 1&1&2\\ 0&2&3 \end{array} \right) &\dis \left( \begin{array}{rcl} 1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1 \end{array} \right)\\ \\ \dis \left .\begin{array}{c} L_2\to L_1\\ L_1\to L_2\\ L_3-2L_1\to L_3 \end{array} \right. \dis \left( \begin{array}{rcl} 1&1&2\\ 0&1&2\\ 0&0&-1 \end{array} \right) &\dis \left( \begin{array}{rcl} 0&1&0\\ 1&0&0\\ -2&0&1 \end{array} \right)\\ \end{array}$$ Après transformations élémentaires, la matrice qui apparait à gauche est triangulaire supérieure, et les coefficients sur la diagonale sont tous non nuls. On en déduit que $B$ est inversible. On trouve son inverse en poursuivant la méthode. $$\begin{array}{r|l} \dis \left. \begin{array}{c} L_1+2L_3\to L_1\\ L_2+2L_3\to L_2\\ -L_3\to L_3 \end{array} \right. \dis \left( \begin{array}{rcl} 1&1&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1 \end{array} \right) &\dis \left( \begin{array}{rcl} -4&1&2\\ -3&0&2\\ 2&0&-1 \end{array} \right)\\ \\ \dis \left. \begin{array}{c} L_1-L_2\to L_1\\ \\ \ \end{array} \right. \left( \begin{array}{rcl} 1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1 \end{array} \right) &\dis \left( \begin{array}{rcl} -1&1&0\\ -3&0&2\\ 2&0&-1 \end{array} \right)\\ \end{array} $$ La matrice inverse recherchée est donc : $$B^{-1}=\left( \begin{array}{rcl} -1&1&0\\ -3&0&2\\ 2&0&-1 \end{array} \right).$$ Passons à $C$ : $$\begin{array}{r|l} \dis \left( \begin{array}{rcl} 1&4&7\\ 2&5&8\\ 3&6&9 \end{array} \right) &\dis \left( \begin{array}{rcl} 1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1 \end{array} \right)\\ \\ \dis \left .\begin{array}{c} L_1\\ L_2-2L_1\to L_2\\ L_3-3L_1\to L_3 \end{array} \right. \dis \left( \begin{array}{rcl} 1&4&7\\ 0&-3&-6\\ 0&-6&-12 \end{array} \right) &\dis \left( \begin{array}{rcl} 1&0&0\\ -2&1&0\\ -3&0&1 \end{array} \right)\\ \\ \dis \left .\begin{array}{c} L_1\\ L_2\\ L_3-2L_2\to L_3 \end{array} \right. \dis \left( \begin{array}{rcl} 1&4&7\\ 0&-3&-6\\ 0&0&0 \end{array} \right) &\dis \left( \begin{array}{rcl} 1&0&0\\ -2&1&0\\ 1&-2&1 \end{array} \right)\\ \end{array}$$ La matrice $C$ n'est donc pas inversible.
Étudions maintenant $I$ : $$\begin{array}{r|l} \dis \left( \begin{array}{rcl} i&-1&2i\\ 2&0&2\\ -1&0&1 \end{array} \right) &\dis \left( \begin{array}{rcl} 1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1 \end{array} \right)\\ \\ \dis \left .\begin{array}{c} L_3\to L_1\\ L_1\to L_2\\ L_2\to L_3 \end{array} \right. \dis \left( \begin{array}{rcl} -1&0&1\\ i&-1&2i\\ 2&0&2 \end{array} \right) &\dis \left( \begin{array}{rcl} 0&0&1\\ 1&0&0\\ 0&1&0 \end{array} \right)\\ \\ \dis \left .\begin{array}{c} \\ L_2+iL_1\to L_2\\ L_3+2L_1\to L_3 \end{array}\right. \dis \left( \begin{array}{rcl} -1&0&1\\ 0&-1&3i\\ 0&0&4 \end{array} \right) &\dis \left( \begin{array}{rcl} 0&0&1\\ 1&0&i\\ 0&1&2 \end{array} \right)\\ \end{array}$$ La matrice $I$ est donc inversible. Pour calculer son inverse, on poursuit la méthode : $$\begin{array}{r|l} \dis \left .\begin{array}{c} \\ \\ L_3/4\to L_3 \end{array}\right. \left( \begin{array}{rcl} -1&0&1\\ 0&-1&3i\\ 0&0&1 \end{array} \right) &\dis \left( \begin{array}{rcl} 0&0&1\\ 1&0&i\\ 0&1/4&1/2 \end{array} \right)\\ \\ \dis \left .\begin{array}{c} L_1-L_3\to L_1\\ L_2-3iL_3\to L_2\\ \\ \end{array} \right. \dis \left( \begin{array}{rcl} -1&0&0\\ 0&-1&0\\ 0&0&1 \end{array} \right) &\dis \left( \begin{array}{rcl} 0&-1/4&1/2\\ 1&-3i/4&-i/2\\ 0&1/4&1/2 \end{array} \right)\\ \\ \dis \left .\begin{array}{c} -L_1\to L_1\\ -L_2\to L_2\\ \\ \end{array}\right. \dis \left( \begin{array}{rcl} 1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1 \end{array} \right) &\dis \left( \begin{array}{rcl} 0&1/4&-1/2\\ -1&3i/4&i/2\\ 0&1/4&1/2 \end{array} \right)\\ \end{array}$$ L'inverse de $I$ est donc la matrice $$\left( \begin{array}{rcl} 0&1/4&-1/2\\ -1&3i/4&i/2\\ 0&1/4&1/2 \end{array} \right).$$

Un rapide calcul donne \[ A(ac,-bc)A(a,b)=\begin{pmatrix} (a^2+b^2)c&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&(a^2+b^2)c \end{pmatrix}. \] Ainsi, si $a^2+b^2\neq 0$, la matrice $A(a,b)$ est inversible, et son inverse est la matrice $A(ac,-bc)$ avec $c=1/(a^2+b^2)$. Réciproquement, si $a^2+b^2=0$, c'est-à-dire si $a=0$ et $b=0$ (la somme de deux carrés est nulle si et seulement si chaque terme de la somme est nul), alors la matrice $A(0,0)$ n'est pas inversible : elle est échelonnée, avec deux coefficients nuls sur la diagonale.

On applique la méthode du pivot de Gauss, mais inutile d'utiliser la matrice augmentée puisqu'on ne demande pas de calculer l'inverse. On trouve successivement $$\left(\begin{array}{ccc} 1&1&m\\ 0&m-1&1-m\\ 0&1-m&1-m^2 \end{array}\right)\begin{array}l \\ L_2\leftarrow L_2-L_1\\ L_3\leftarrow L_3-mL_1\\ \end{array} $$ $$\left(\begin{array}{ccc} 1&1&m\\ 0&m-1&1-m\\ 0&0&2-m-m^2\\ \end{array}\right) \begin{array}l \\ \\ L_3\leftarrow L_3+L_2 \end{array} $$ La matrice est donc inversible si et seulement si $m-1\neq 0$ et $2-m-m^2\neq 0$. Les solutions des équations $m-1=0$ et $m^2+m-2=0$ étant les réels $1$ et $-2$, la matrice est inversible si et seulement si $m\notin \{-2,1\}$.

On utilise la matrice augmentée. \begin{align*} \left( \begin{array}{ccc|ccc} 1&0&t&1&0&0\\ 2&1&0&0&1&0\\ 0&1&1&0&0&1 \end{array}\right)\\ \begin{array}{l} \\ L_2-2L_1\to L_2 \\ \end{array} \quad \left( \begin{array}{ccc|ccc} 1&0&t&1&0&0\\ 0&1&-2t&-2&1&0\\ 0&1&1&0&0&1 \end{array}\right)\\ \begin{array}{l} \\ \\ L_3-L_2\to L_3 \end{array} \quad \left( \begin{array}{ccc|ccc} 1&0&t&1&0&0\\ 0&1&-2t&-2&1&0\\ 0&0&1+2t&2&-1&1 \end{array}\right)\\ \end{align*} Si $t=-1/2$, alors la matrice à gauche est triangulaire, mais un de ses coefficients sur la diagonale est nulle : la matrice n'est pas inversible. Sinon, la matrice est inversible. On continue l'application de la méthode du pivot de Gauss pour déterminer son inverse. \begin{align*} \begin{array}{l} \\ \\ \frac{1}{1+2t}L_3\to L_3 \end{array} \quad \left( \begin{array}{ccc|ccc} 1&0&t&1&0&0\\ 0&1&-2t&-2&1&0\\ 0&0&1&\frac{2}{1+2t}&\frac{-1}{1+2t}&\frac{1}{1+2t} \end{array}\right)\\ \begin{array}{l} L_1-tL_3\to L_1 \\ L_2+2tL_3\to L_2 \\ \\ \end{array} \quad \left( \begin{array}{ccc|ccc} 1&0&0&\frac{1}{1+2t}&\frac{t}{1+2t}&\frac{-t}{1+2t}\\ 0&1&0&\frac{-2}{1+2t}&\frac{1}{1+2t}&\frac{2t}{1+2t}\\ 0&0&1&\frac{2}{1+2t}&\frac{-1}{1+2t}&\frac{1}{1+2t} \end{array}\right)\\ \end{align*} On a donc prouvé que $$A^{-1}= \left(\begin{array}{ccc} \frac{1}{1+2t}&\frac{t}{1+2t}&\frac{-t}{1+2t}\\ \frac{-2}{1+2t}&\frac{1}{1+2t}&\frac{2t}{1+2t}\\ \frac{2}{1+2t}&\frac{-1}{1+2t}&\frac{1}{1+2t}. \end{array} \right).$$

On remarque que la matrice est triangulaire supérieure et que tous ses coefficients sur la diagonale sont non nuls. Elle est donc inversible. Pour calculer son inverse, on utilise la méthode du pivot de Gauss, même si c'est un peu plus compliqué car on a une matrice de taille $n$. Cela dit, elle est déjà triangulaire supérieure. On commence par retirer la dernière ligne aux autres lignes, et on trouve : $$\begin{array}{r|l} \left( \begin{array}{ccccc} 1&1&\dots&1&0\\ 0&1&1&\dots&0\\ \vdots&\ddots&\ddots&\vdots\\ 0&\dots&&1&0\\ 0&\dots&\dots&\dots&1 \end{array}\right) & \left( \begin{array}{ccccc} 1&0&\dots&0&-1\\ 0&1&0&\dots&-1\\ \vdots&\ddots&\ddots&\vdots\\ 0&\dots&&1&-1\\ 0&\dots&\dots&\dots&1 \end{array}\right) \end{array}$$ On retire ensuite l'avant-dernière ligne à toutes les lignes la précédent. On trouve $$\begin{array}{r|l} \left( \begin{array}{ccccc} 1&1&\dots&0&0\\ 0&1&1&\dots&0\\ \vdots&\ddots&1&\vdots&\vdots\\ 0&\dots&&1&0\\ 0&\dots&\dots&\dots&1 \end{array}\right) & \left( \begin{array}{ccccc} 1&0&\dots&-1&0\\ 0&1&\ddots&-1&0\\ \vdots&\ddots&\vdots&\vdots\\ 0&\dots&&1&-1\\ 0&\dots&\dots&\dots&1 \end{array}\right) \end{array}$$ On continue ainsi, et on fait apparaitre des $-1$ juste au dessus de la diagonale, et rien ailleurs. L'inverse de $A$ est donc $$ \left( \begin{array}{ccccc} 1&-1&0&\dots&0\\ 0&1&-1&0&\dots\\ \vdots&\vdots&\ddots&\ddots&\dots\\ 0&\dots&\dots&1&-1\\ 0&\dots&\dots&\dots&1 \end{array}\right) $$ ce qu'on peut facilement vérifier en faisant le produit de $A$ et de cette matrice.

L'idée est que, si $-1<x<1$, on a $$\frac1{1-x}=1+x+x^2+\dots$$ La même chose va se produire pour les matrices grâce au fait que $A^p=0$. En effet, on a \begin{eqnarray*} (I_n-A)(I_n+A+\dots+A^{p-1})&=&I_n-A+A-A^2+A^2+\dots+A^{p-1}-A^p\\ &=&I_n-A^p\\ &=&I_n. \end{eqnarray*} On en déduit que $I_n-A$ est inversible, d'inverse $I_n+A+\dots+A^{p-1}$.

1. 1. On a $U_{n+1}=AU_n$. Par une récurrence immédiate, on déduit que $U_n=A^n U_0$.
   2. Par un calcul facile, on vérifie que $P$ est inversible et que $P^{-1}=\begin{pmatrix} 2 & -1 \\ -1 & 1\end{pmatrix}$.
   3. On a $D=\begin{pmatrix} 0,\!9 & 0 \\ 0 & 0,\!7 \end{pmatrix}$.
   4. Par récurrence, ou parce qu'on connait la formule pour les puissances de matrices diagonales, on obtient \[ D^n=\begin{pmatrix} 0,\!9^n & 0 \\ 0 & 0,\!7^n \end{pmatrix}. \]
   5. Par un calcul facile, on trouve \[ A^n=\begin{pmatrix} 2\cdot 0,\!9^n-0,\!7^n & -0,\!9^n +0,\!7^n\\ 2\cdot 0,\!9^n -2\cdot 0,\!7^n & -0,\!9^n +2\cdot 0,\!7^n \end{pmatrix}.\] On en déduit que \[ \left\{ \begin{array}{rcl} g_n&=&(2\cdot 0,\!9^n-0,\!7^n)\times 1000 +( -0,\!9^n +0,\!7^n)\times 100\\ b_n&=&( 2\cdot 0,\!9^n -2\cdot 0,\!7^n)\times 1000 + (- 0,\!9^n +2\cdot 0,\!7^n)\times 100. \end{array} \right. \] Puisque les suites $(0,\!9^n)$ et $(0,\!7^n)$ tendent vers $0$, on en déduit que les suites $(g_n)$ et $(b_n)$ tendent toutes deux vers $0$. Les espèces vont s'éteindre!
2. 1. Par un calcul facile, on vérifie que $A-I_2$ est inversible et que \[ (A-I_2)^{-1}=\begin{pmatrix} -\frac{50}3& \frac{20}3\\ -\frac{40}3& \frac{10}3\end{pmatrix}. \]
   2. On obtient $C=\begin{pmatrix} -500\\-400\end{pmatrix}$.
   3. Il suffit de faire le calcul! Par exemple, la première ligne de $V_{n+1}$ est \[ g_{n+1}-500=1,\!1 g_n -0,\!2b_n-470 \] et la première ligne de $AV_n$ est \[ 1,\!1 g_n-1,\!1\cdot 500-0,\!2b_n+0,\!2\cdot 400=1,\!1 g_n -0,\!2b_n-470. \]
   4. Comme dans la partie 1, on a $V_n=A^n V_0$ et les suites $(x_n)$ et $(y_n)$ tendent vers $0$.
   5. Puisque $g_n=x_n+500$, la suite $(g_n)$ tend vers $500$. De même, la suite $(b_n)$ tend vers $400$. Il suffit donc d'introduire 30 gardons chaque année pour arriver à des populations d'équilibre de $500$ gardons et $400$ brochets, ce qui est surprenant!

Soit $M$ la matrice : $$M=\left(\begin{array}{ccc} \theta_1(x_1)&\theta_2(x_1)&\theta_3(x_1)\\ \theta_1(x_2)&\theta_2(x_2)&\theta_3(x_2)\\ \theta_1(x_3)&\theta_2(x_3)&\theta_3(x_3)\\ \end{array}\right).$$ Par hypothèse, les colonnes de cette matrice sont liées. Les lignes le sont donc aussi, et il existe des réels $\lambda_1,\ \lambda_2,\ \lambda_3$ non tous nuls tels que $\lambda_1L_1+\lambda_2L_2+\lambda_3L_3=0$. Ceci donne le résultat. La difficulté de cet exercice repose donc sur sa formulation un peu alambiquée, et aussi de sa position dans le problème (d'analyse) dont il est extrait.