\input{../preambules/preCorrection.tex}

\begin{document}

\chead{Correction Feuille Exercice 5}
\lfoot{}
\cfoot{Généralités sur les suites.}

\begin{center}
\fbox{ \Large Correction Feuille Exercice 5}
\end{center}
\vspace{30pt}

\setcounter{theorem}{10}

\begin{exo}
{\color{white} .}
\vspace{-15pt}
\begin{enumerate}
\item On considère les matrices $M = \begin{pmatrix}
0 & 1 \\
2 & -1 
\end{pmatrix} $ et $P = \begin{pmatrix}
1 & -1 \\
1 & 2 
\end{pmatrix}$. $P$ est une matrice d'ordre 2, on calcule donc son déterminant est $1 \times 2 - 1 \times (-1) = 3$ donc 
\begin{center}
 \fbox{$P^{-1} =  \dfrac{1}{3} \begin{pmatrix}
2 & 1 \\
-1 & 1 
\end{pmatrix}$}
 \end{center} 
 et 
 \begin{align*}
 D & = P^{-1} M P \\
   & = \dfrac{1}{3} \begin{pmatrix}
2 & 1 \\
-1 & 1 
\end{pmatrix} \times \begin{pmatrix}
0 & 1 \\
2 & -1 
\end{pmatrix} \times \begin{pmatrix}
1 & -1 \\
1 & 2 
\end{pmatrix} \\
& = \dfrac{1}{3} \begin{pmatrix}
2 & 1 \\
-1 & 1 
\end{pmatrix} \times \begin{pmatrix}
1 & 2 \\
1 & -4
\end{pmatrix} \\
& = \dfrac{1}{3} \begin{pmatrix}
3 & 0 \\
0 & -6
\end{pmatrix} \\
&\boxed{ = \begin{pmatrix}
1 & 0 \\
0 & -2
\end{pmatrix}}
 \end{align*}
 On a donc 
 \begin{align*}
 D = P^{-1} M P & \Longleftrightarrow P D P^{-1} = M
 \end{align*}
\item On va montrer par récurrence les propositions $\P_n : \left\{ M^n = PD^n P^{-1} \right\}$. 

\renewcommand\labelitemi{\textbullet}
\begin{itemize}
\item {\bf Initialisation :} On a $M^0 = I_2$ et $\P D^0 P^{-1} = P P^{-1} = I_2$ donc l'initialisation est vérifié.
\item {\bf Hérédité :} On suppose que la proposition $\P_n$ est vraie pour un certain rang $n \geq 0$. On a alors
\begin{align*}
M^{n+1} & = M^n \times M \\
& = P D^n P^{-1} \times P D P^{-1} \\
& = P D^n \times D \times P^{-1}\\
& = P D^{n+1} P^{-1}
\end{align*}
Donc la proposition $\P_{n+1}$ est vraie. La suite de proposition $(\P_n)$ est héréditaire.
\item {\bf Conclusion :} \fbox{Pour tout $n \in \N$, $M^n = PD^n P^{-1}$}.
\end{itemize}
\end{enumerate}
Or 
$$ D^n = \begin{pmatrix}
1^n & 0 \\
0 & (-2)^n 
\end{pmatrix}
= \begin{pmatrix}
1 & 0 \\
0 & (-2)^n
\end{pmatrix}
$$
Donc 
\begin{align*}
M^n & = \begin{pmatrix}
1 & -1 \\
1 & 2 
\end{pmatrix} \times \begin{pmatrix}
1 & 0 \\
0 & 2^n
\end{pmatrix} \times \dfrac{1}{3} \begin{pmatrix}
2 & 1 \\
-1 & 1 
\end{pmatrix} \\
    & = \dfrac{1}{3} \begin{pmatrix}
1 & -1 \\
1 & 2 
\end{pmatrix} \times \begin{pmatrix}
2 & 1 \\
-(-2)^n & (-2)^n
\end{pmatrix}  \\
& \boxed{= \dfrac{1}{3} \begin{pmatrix}
2 + (-2)^n & 1 - (-2)^n \\
2 - 2 \times (-2)^{n} & 1 + 2 \times (-2)^{n}
\end{pmatrix}}
\end{align*}

\end{exo}

\savoir{Additionner ou multiplier des matrices}
\label{Additionner ou multiplier des matrices}

\begin{exo}[Calculs]
On considère les matrices $A = \begin{pmatrix}
1 & 3 \\
2 & 5 
\end{pmatrix}$, $B = \begin{pmatrix}
2 & 2 \\
0 & 4 
\end{pmatrix}$
et 
$C = \begin{pmatrix}
2 & 0 \\
7 & -4
\end{pmatrix}$. 
\begin{enumerate}
\item On calcule
\begin{center}
\fbox{$A + B = \begin{pmatrix}
1 & 3 \\
2 & 5 
\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}
2 & 2 \\
0 & 4 
\end{pmatrix}  =  \begin{pmatrix}
3 & 5 \\
2 & 9
\end{pmatrix}$}
\end{center}

\begin{center}
\fbox{$2A - B = 2\begin{pmatrix}
1 & 3 \\
2 & 5 
\end{pmatrix} - \begin{pmatrix}
2 & 2 \\
0 & 4 
\end{pmatrix}  =  \begin{pmatrix}
0 & 4 \\
4 & 6
\end{pmatrix}$}
\end{center}

\begin{center}
\fbox{$AB = \begin{pmatrix}
1 & 3 \\
2 & 5 
\end{pmatrix} \times \begin{pmatrix}
2 & 2 \\
0 & 4 
\end{pmatrix}  =  \begin{pmatrix}
2 \times 1 + 3 \times 0 & 2 \times 1 + 3 \times 4 \\
2 \times 2 + 5 \times 0 & 2 \times 2 + 4 \times 5
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
2 & 14 \\
4 & 24
\end{pmatrix} $
}
\end{center}

\begin{center}
\fbox{$BA = \begin{pmatrix}
2 & 2 \\
0 & 4 
\end{pmatrix} \times \begin{pmatrix}
1 & 3 \\
2 & 5 
\end{pmatrix}  = \begin{pmatrix}
6 & 16 \\
8 & 20
\end{pmatrix} $
}
\end{center}

\begin{center}
\fbox{$3(A - 2B) = 3A - 6B = 3\begin{pmatrix}
1 & 3 \\
2 & 5 
\end{pmatrix} - 6\begin{pmatrix}
2 & 2 \\
0 & 4 
\end{pmatrix}  =  \begin{pmatrix}
-9 & -3 \\
6 & -9
\end{pmatrix}$}
\end{center}

\begin{align*}
3(A - 2B)+ 2(3B+C) - (2A+C) & = 3A - 6B + 6B + 2C - 2A - C \\
& = A + C \\
& = \begin{pmatrix}
1 & 3 \\
2 & 5 
\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}
2 & 0 \\
7 & -4 
\end{pmatrix} \\
& \boxed{ =  \begin{pmatrix}
3 & 3 \\
9 & 1
\end{pmatrix}}
\end{align*}

\item Résoudre l'équation $A - 3X = 2B$ d'inconnue $X \in \mathcal{M}_2(\R)$. On a 
\begin{align*}
A - 3X = 2B & \Longleftrightarrow -3X = 2B - A \\
& \Longleftrightarrow X = \dfrac{1}{3} A - \dfrac{2}{3} B  \\
& \Longleftrightarrow X = \dfrac{1}{3} \begin{pmatrix}
1 & 3 \\
2 & 5 
\end{pmatrix} - \dfrac{2}{3} \begin{pmatrix}
2 & 2 \\
0 & 4 
\end{pmatrix} \\
& \boxed{= \dfrac{1}{3} \begin{pmatrix}
-3 & -1 \\
2 & -3 
\end{pmatrix}}
\end{align*}
\end{enumerate}
\end{exo}

\newpage
\begin{exo}[*]
Calculer les produits $LC$ et $CL$, où $L = \begin{pmatrix}
-1 & 2 & 3 
\end{pmatrix}
$ et $C = \begin{pmatrix}
3 \\
0 \\
1
\end{pmatrix}$.

\begin{center}
\fbox{$LC = \begin{pmatrix}
-1 & 2 & 3 
\end{pmatrix} \times \begin{pmatrix}
3 \\
0 \\
1
\end{pmatrix} =(0)$ et $CL = \begin{pmatrix}
3 \\
0 \\
1
\end{pmatrix} \times \begin{pmatrix}
-1 & 2 & 3 
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
-3 & 6 & 9 \\
0 & 0 & 0 \\
-1 & 2 & 3
\end{pmatrix}$.}
\end{center}
\end{exo}

\begin{exo}[**]
Soient $A,B \in \mathcal{M}_n(\R)$. On a 
\begin{align*}
S & =  (2A) \times (3B) - (A+2B)^2 + (A-B)(A+B) \\
  & = 6 AB - (A^2 +2AB + 2BA + 4B^2) + A^2 - BA + AB - B^2 \\
  & = 7 AB - A^2 -2AB -2BA - 4B^2 + A^2 - BA  - B^2 \\
  & \boxed{= 5 AB -3 BA - 5B^2}
\end{align*}
et 
\begin{align*}
T & =(A+B) (2A^2 - 2B) - 2A^2 (A+B) + (-A +B)^2 \\
  & = 2A^3 - 2AB + 2BA^2 - 2B^2 - 2A^3 - 2 A^2 B + A^2 - AB - BA + B^2 \\
  &\boxed{ = - 3AB + 2BA^2 - B^2 - 2A^2 B + A^2  - BA}
\end{align*}

\end{exo}

\savoir{Calculer la puissance d'une matrice carrée}
\label{Calculer la puissance d'une matrice carrée}

\begin{exo}
Soit la matrice $A=\begin{pmatrix}1 & 1\\
0 & 2
\end{pmatrix}$. On va montrer par récurrence les propositions $\P_n : \left\{A^{n}=\begin{pmatrix}1 & 2^{n}-1\\
0 & 2^{n}
\end{pmatrix} \right\}$. 

\renewcommand\labelitemi{\textbullet}
\begin{itemize}
\item {\bf Initialisation :} On a $A^0 = I_2$ et $\begin{pmatrix}1 & 2^{0}-1\\
0 & 2^{0}
\end{pmatrix} = I_2$ donc l'initialisation est vérifié.
\item {\bf Hérédité :} On suppose que la proposition $\P_n$ est vraie pour un certain rang $n \geq 0$. On a alors
\begin{align*}
A^{n+1} & = A^n \times A \\
& = \begin{pmatrix}1 & 2^{n}-1\\
0 & 2^{n}
\end{pmatrix} \times \begin{pmatrix}
1 & 1 \\
0 & 2
\end{pmatrix} \\
& = \begin{pmatrix}1 + 0 & 1 + 2\times (2^{n}-1)\\
0 & 0 + 2 \times 2^{n}
\end{pmatrix} \\
& = \begin{pmatrix} 1 & 2^{n+1}-1\\
0 & 2^{n+1}
\end{pmatrix}
\end{align*}
Donc la proposition $\P_{n+1}$ est vraie. La suite de proposition $(\P_n)$ est héréditaire.
\item {\bf Conclusion :} \fbox{Pour tout $n \in \N$, $M^{n}= PD^n P^{-1}$}.
\end{itemize}
\end{exo}

\begin{exo}[*]
{\color{white} .}
\vspace{-15pt}
\begin{enumerate}
\item On considère les matrices $M = \begin{pmatrix}
0 & 1 \\
2 & -1 
\end{pmatrix} $ et $P = \begin{pmatrix}
1 & -1 \\
1 & 2 
\end{pmatrix}$. $P$ est une matrice d'ordre 2, on calcule donc son déterminant est $1 \times 2 - 1 \times (-1) = 3$ donc 
\begin{center}
 \fbox{$P^{-1} =  \dfrac{1}{3} \begin{pmatrix}
2 & 1 \\
-1 & 1 
\end{pmatrix}$}
 \end{center} 
 et 
 \begin{align*}
 D & = P^{-1} M P \\
   & = \dfrac{1}{3} \begin{pmatrix}
2 & 1 \\
-1 & 1 
\end{pmatrix} \times \begin{pmatrix}
0 & 1 \\
2 & -1 
\end{pmatrix} \times \begin{pmatrix}
1 & -1 \\
1 & 2 
\end{pmatrix} \\
& = \dfrac{1}{3} \begin{pmatrix}
2 & 1 \\
-1 & 1 
\end{pmatrix} \times \begin{pmatrix}
1 & 2 \\
1 & -4
\end{pmatrix} \\
& = \dfrac{1}{3} \begin{pmatrix}
3 & 0 \\
0 & -6
\end{pmatrix} \\
&\boxed{ = \begin{pmatrix}
1 & 0 \\
0 & -2
\end{pmatrix}}
 \end{align*}
\item On a pour tout entier naturel $n \in \N$, 
\begin{align*}
M^n & = (P D P^{-1})^n \\
    & = P D P^{-1} \times P D P^{-1} \times \ldots \times P D P^{-1} \\
    & = P D^n P^{-1}
\end{align*}
\remarque{On peut démontrer également ce résultat par récurrence}
\end{enumerate}
Or 
$$ D^n = \begin{pmatrix}
1^n & 0 \\
0 & (-2)^n 
\end{pmatrix}
= \begin{pmatrix}
1 & 0 \\
0 & (-2)^n
\end{pmatrix}
$$
Donc 
\begin{align*}
M^n & = \begin{pmatrix}
1 & -1 \\
1 & 2 
\end{pmatrix} \times \begin{pmatrix}
1 & 0 \\
0 & 2^n
\end{pmatrix} \times \dfrac{1}{3} \begin{pmatrix}
2 & 1 \\
-1 & 1 
\end{pmatrix} \\
    & = \dfrac{1}{3} \begin{pmatrix}
1 & -1 \\
1 & 2 
\end{pmatrix} \times \begin{pmatrix}
2 & 1 \\
-(-2)^n & (-2)^n
\end{pmatrix}  \\
& \boxed{= \dfrac{1}{3} \begin{pmatrix}
2 + (-2)^n & 1 - (-2)^n \\
2 - 2 \times (-2)^{n} & 1 + 2 \times (-2)^{n}
\end{pmatrix}}
\end{align*}

\end{exo}


\begin{exo}[**]
Soit la matrice $B=\begin{pmatrix}1 & 2\\
-3 & 6
\end{pmatrix}$ 
\begin{enumerate}
\item On calcule 
$$
B - 3I_2 = \begin{pmatrix}1 & 2\\
-3 & 6
\end{pmatrix} - 3 \begin{pmatrix} 
1 & 0 \\
0 & 1
\end{pmatrix} 
= \begin{pmatrix} 
-2 & 2 \\
-3 & 3
\end{pmatrix}
$$
$$
B - 4I_2 = \begin{pmatrix}1 & 2\\
-3 & 6
\end{pmatrix} - 4 \begin{pmatrix} 
1 & 0 \\
0 & 1
\end{pmatrix} 
= \begin{pmatrix} 
-3 & 2 \\
-3 & 2
\end{pmatrix}
$$
et 
$$
(B - 3I_2)(B - 4I_2) = \begin{pmatrix} 
-2 & 2 \\
-3 & 3
\end{pmatrix} 
\begin{pmatrix} 
-3 & 2 \\
-3 & 2
\end{pmatrix} = 
\begin{pmatrix} 
0 & 0 \\
0 & 0
\end{pmatrix}
$$
Ainsi, on a \begin{center}
\fbox{$(B- 3 I_2)(B - 4 I_2) = 0$.}
\end{center}
\item D'après la question précédente,
\begin{eqnarray*}
(B- 3 I_2)(B - 4 I_2) = 0 & \Leftrightarrow & B^2 - 4B - 3B + 12I_2 = 0 \\
& \Leftrightarrow & B^2 -7B + 12I_2 = 0
\end{eqnarray*}
On en déduit que \begin{center}
\fbox{$B^2 = 7 B - 12 I_2$.}
\end{center}
\item On suppose que pour $n \in \N$, $B^n = a_n B + b_n I_2$. On a notamment $a_0 = 0$, $b_0 = 1$, $a_1 = 1$ et 
\begin{eqnarray*}
B^{n+1} = B^n \times B & = &(a_n B + b_n I_2) B \\
& = & a_n B^2 + b_n B \\
& = & a_n (7B - 12 I_2) + b_n B \\
& = & (7a_n + b_n) B - 12 a_n I_2
\end{eqnarray*}
En notant également $B^{n+1} = a_{n+1} B + b_{n+1} I_2$, on obtient
\begin{center}
\fbox{$
a_{n+1} = 7 a_n + b_n, \qquad b_{n+1} = - 12 a_n 
$}
\end{center}
 
\item En utilisant les deux égalités, on a 
$$
a_{n+2} = 7 a_{n+1} + b_{n+1} = 7 a_{n+1} - 12a_n
$$
La suite $(a_n)_{n \in \N}$ est une suite récurrente linéaire d'ordre 2. 
On résout l'équation 
\begin{eqnarray*}
x^2 = 7x - 12 & \Longleftrightarrow & x^2 - 7x +12 = 0
\end{eqnarray*}
On calcule le discriminant de cette équation $\Delta = (-7)^2 - 4 \times 12 \times 1 = 1$. Les deux solutions sont donc 
\begin{eqnarray*}
q_1 = \dfrac{7 - 1}{2} & \text{et} & q_2 = \dfrac{7 + 1}{2} \\
\\
q_1 = 3 & \text{et} & q_2 = 4 \\
\end{eqnarray*}
Il existe $\lambda$ et $\mu$ deux réels tels que 
$$
a_n = \lambda 3^n + \mu 4^n. 
$$
Afin de déterminer $\lambda$ et $\mu$, on utilise le fait que $a_0 =  \lambda + \mu = 0$ et $a_1 = 3 \lambda + 4 \mu = 1$.
\begin{eqnarray*}
\begin{cases}
\lambda + \mu = 0 \\
3 \lambda + 4 \mu = 1
\end{cases}
& \Longleftrightarrow &
\begin{cases}
\lambda  = - \mu \\
-3 \mu + 4 \mu = 1
\end{cases} \\
& \Longleftrightarrow &
\begin{cases}
\lambda  = - 1 \\
 \mu = 1
\end{cases} \\
\end{eqnarray*}
On a donc \begin{center}
\fbox{$a_n = - 3^n + 4^n$ .}
\end{center}
On en déduit alors que $b_n = -12 a_{n-1} = 12 \times 3^{n-1} - 12 \times 4^{n-1}$ et donc \begin{center}
\fbox{$b_n = 4 \times 3^n - 3 \times 4^n$ . }
\end{center}
Finalement, 
\begin{center}
\fbox{$
B^n  = (- 3^n + 4^n) B + (4 \times 3^n - 3 \times 4^n) I_2
$ . }
\end{center}
\end{enumerate}
\end{exo}

\savoir{Inverser une matrice}
\label{Inverser une matrice}

\begin{exo}
\begin{enumerate}
\item On calcule le déterminant de $A = \begin{pmatrix}
1 & 2 \\
1 & -2 
\end{pmatrix} $ qui est $ 1 \times (-2) - 1 \times 2 = -4 \neq 0$. Donc la matrice $A$ est inversible et 
\begin{center}
\fbox{$A^{-1} = - \dfrac{1}{4} \begin{pmatrix}
-2 & -2 \\
-1 & 1 
\end{pmatrix} = \dfrac{1}{4} \begin{pmatrix}
2 & 2 \\
1 & -1 
\end{pmatrix}$.}
\end{center}
\item On calcule le déterminant de la matrice $B = \begin{pmatrix}
1 & 2 \\
-1 & -2 
\end{pmatrix} $ qui est $1 \times (-2) - (-1) \times 2 = -2 + 2 = 0$. \begin{center}
\fbox{La matrice $B$ n'est pas inversible.}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}[*]
On considère la matrice $A=\begin{pmatrix}0 & -1 & 1\\
-1 & 0 & -1\\
1 & -1 & 0
\end{pmatrix}$. On calcule alors 
$$A^2 = \begin{pmatrix}0 & -1 & 1\\
-1 & 0 & -1\\
1 & -1 & 0
\end{pmatrix} \times \begin{pmatrix}0 & -1 & 1\\
-1 & 0 & -1\\
1 & -1 & 0
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
2 & -1 & 1 \\
-1 & 2 & -1 \\
1 & -1 & 2
\end{pmatrix} .$$
Donc $A^2 - A = \begin{pmatrix}
2 & -1 & 1 \\
-1 & 2 & -1 \\
1 & -1 & 2
\end{pmatrix}  - \begin{pmatrix}0 & -1 & 1\\
-1 & 0 & -1\\
1 & -1 & 0
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
2 & 0 & 0 \\
0 & 2 & 0 \\
0 & 0 & 2
\end{pmatrix} $. Ainsi on a bien
\begin{center}
\fbox{ $A^{2}-A-2I=0$.}
\end{center} 
On a
\begin{align*}
A^2 - A - 2I = 0 & \Longleftrightarrow A^2 - A = 2 I \\
& \Longleftrightarrow A^2 - A = 2 I \\
& \Longleftrightarrow A(A-I) = 2 I \\
& \Longleftrightarrow A\times \dfrac{1}{2}(A-I) =  I
\end{align*}
Donc d'après la définition, \begin{center}
\fbox{la matrice $A$ est inversible et $A^{-1} = \dfrac{1}{2}(A-I) = \dfrac{1}{2} \begin{pmatrix}
-1 & -1 & 1 \\
-1 & -1 & -1 \\
1 & -1 & -1 
\end{pmatrix}$}
\end{center}
\end{exo}

\begin{exo}[**]
On considère la matrice $B=\begin{pmatrix}
1 & 0 & -1\\
0 & 1 & 0\\
-1 & 1 & 1
\end{pmatrix}$. On calcule
$$
B^2 = \begin{pmatrix}
1 & 0 & -1\\
0 & 1 & 0\\
-1 & 1 & 1
\end{pmatrix} \times \begin{pmatrix}
1 & 0 & -1\\
0 & 1 & 0\\
-1 & 1 & 1
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
2 & -1 & -2\\
0 & 1 & 0\\
-2 & 2 & 2
\end{pmatrix}
$$ 
et
$$
B^3 = \begin{pmatrix}
1 & 0 & -1\\
0 & 1 & 0\\
-1 & 1 & 1
\end{pmatrix} \times  \begin{pmatrix}
2 & -1 & -2\\
0 & 1 & 0\\
-2 & 2 & 2
\end{pmatrix} = 
\begin{pmatrix}
4 & -3 & -4\\
0 & 1 & 0\\
-4 & 4 & 4
\end{pmatrix}.
$$ 
On a donc \begin{align*}
B^3 - 3 B^2 + 2B & = \begin{pmatrix}
4 & -3 & -4\\
0 & 1 & 0\\
-4 & 4 & 4
\end{pmatrix} - 3 \begin{pmatrix}
2 & -1 & -2\\
0 & 1 & 0\\
-2 & 2 & 2
\end{pmatrix} + 2 \begin{pmatrix}
1 & 0 & -1\\
0 & 1 & 0\\
-1 & 1 & 1
\end{pmatrix} \\
& = \begin{pmatrix}
4 & -3 & -4\\
0 & 1 & 0\\
-4 & 4 & 4
\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}
-6 & 3 & 6\\
0 & -3 & 0\\
6 & -6 & -6
\end{pmatrix} +  \begin{pmatrix}
2 & 0 & -2\\
0 & 2 & 0\\
-2 & 2 & 2
\end{pmatrix} \\
& \boxed{= \begin{pmatrix}
0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 
\end{pmatrix}.}
\end{align*}
On va montrer que la matrice $B$ n'est pas inversible à l'aide d'un raisonnement par l'absurde. Supposons que la matrice $B$ soit inversible, il existe alors une matrice $B^{-1}$ et donc 
\begin{align*}
B^{-1} (B^3 - 3B^2 + 2B) = B^{-1} \times 0_3 & \Longleftrightarrow B^2 - 3B + 2I_3 = 0_3
\end{align*}
Or 
\begin{align*}
B^2 - 3B + 2I_3 & = \begin{pmatrix}
2 & -1 & -2\\
0 & 1 & 0\\
-2 & 2 & 2
\end{pmatrix} - 3 \begin{pmatrix}
1 & 0 & -1\\
0 & 1 & 0\\
-1 & 1 & 1
\end{pmatrix} + 2 \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix} \\
& = \begin{pmatrix}
1 & -1 & 1 \\
0 & 0 & 0  \\
1 & -1 & 1
\end{pmatrix}
\end{align*}
ce qui n'est pas la matrice nulle. Il est donc absurde de supposer que $B$ est inversible. \begin{center}
\fbox{La matrice $B$ n'est pas inversible. }
\end{center}
\end{exo}

\savoir{Manipuler la transposée d'une matrice}
\label{Manipuler la transposée d'une matrice}
%%Transposée
\begin{exo}[Calculs]
On considère les matrices $A = \begin{pmatrix}
1 & 2 \\
2 & -1 
\end{pmatrix}$, $B = \begin{pmatrix}
2 & 0 \\
1 & 3 
\end{pmatrix}$.
On calcule 
\begin{center}
\fbox{$AB =  \begin{pmatrix}
1 & 2 \\
2 & -1 
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
2 & 0 \\
1 & 3 
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
4 & 6 \\
3 & -3 
\end{pmatrix}$}
\end{center}

\begin{center}
\fbox{$^t A =  \begin{pmatrix}
1 & 2 \\
2 & -1 
\end{pmatrix}$}
\end{center}

\begin{center}
\fbox{$^t B = \begin{pmatrix}
2 & 1 \\
0 & 3 
\end{pmatrix}$}
\end{center}

\begin{center}
\fbox{$^t B {}^t A = \begin{pmatrix}
2 & 1 \\
0 & 3 
\end{pmatrix}^t A =  \begin{pmatrix}
1 & 2 \\
2 & -1 
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
4 & 3 \\
6 & -3 
\end{pmatrix}$}
\end{center}
\begin{center}
\fbox{
On a bien  $ {}^t (AB) =  {}^t B {}^t A$.}
\end{center}
\end{exo}

\begin{exo}[*]

\begin{enumerate}
\item
Il faut revenir ici à la définition. On note les éléments $(a_{i,j})$ les éléments de la matrice $A$ et $(b_{i,j})$ les éléments de la matrice $B$. Ainsi la matrice $A+B$ est composée des éléments $(a_{i,j} + b_{i,j})$ et donc $^t (A+B)$ est composée des éléments  $(a_{j,i} + b_{j,i})$. \\

De la même façon, $^t A$ est composée des éléments $(a_{j,i})$ et la matrice $^t B$ est composée des éléments $(b_{j,i})$ donc la matrice $^t A + ^t B$ est composée des éléments $(a_{j,i} + b_{j,i})$. Comme deux matrices sont égales si tous leurs coefficients sont égaux, on a 
\begin{center}
\fbox{$^t (A + B) = ^t A + ^t B$.}
\end{center}
\item
Soient $A$ et $B$ deux matrices symétriques. On a 
\begin{align*}
^t (A +B) & = ^t A + ^t B \\
 	 	  & = A + B
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{Donc $A + B$ est une matrice symétrique. }
\end{center}
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}[**]
On dit que $A$ carrée d'ordre $n$ est antisymétrique si $^tA=-A$. 
On pose
$$
A =  \dfrac{1}{2} (A + ^t A) + \dfrac{1}{2} (A - ^t A) 
$$ 
Or la matrice $\dfrac{1}{2} (A + ^t A)$ est symétrique. En effet, 
$$
^t \left(\dfrac{1}{2} (A + ^t A) \right) = \dfrac{1}{2} ( ^t A + ^t (^t A)) = \dfrac{1}{2} (A + ^t A).
$$
Et la matrice $\dfrac{1}{2} (A - ^t A)$ est antisymétrique. En effet, 
$$
^t \left(\dfrac{1}{2} (A - ^t A) \right) = \dfrac{1}{2} ( ^t A - ^t (^t A)) = \dfrac{1}{2} (^t A - A) = - \dfrac{1}{2} (A - ^t A)
$$. 
\begin{center}
\fbox{Une matrice carrée $A$ peut toujours s'écrire comme somme d'une matrice symétrique et d'une matrice antisymétrique.}
\end{center}

\end{exo}


\end{document}