© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit
SOLUTIONS
Solutions
c. Soit n ∈ N
∗ , on vérifie que B
n a pour inverse le candidat proposé en effectuant le
calcul
B
n ×
1
3
(2
−n − (−1)
−n )B +
1
3
(2
−n + 2(−1)
−n )I
=
1
3
(2
n − (−1)
n )B +
1
3
(2
n + 2(−1)
n )I
×
1
3
(2
−n − (−1)
−n )B +
1
3
(2
−n + 2(−1)
−n )I
=
1
9
(1 + 1 − (−2)
−n − (−2)
n )B
2 + (1 − 2 − (−2)
n + 2(−2)
−n + 1 − 2 + 2(−2)
n − (−2)
−n )B
+ (1 + 4 + 2(−2)
n + 2(−2)
−n )I
=
1
9
(2 − (−2)
−n − (−2)
n )(B + 2I) + (−2 + (−2)
n + (−2)
−n )B
+(5 + 2(−2)
n + 2(−2)
−n )I
= I.
La formule est donc encore valable pour les entiers négatifs.
18.
1. Soit X =
⎛
⎜
⎝
x 1
. . .
x n
⎞
⎟
⎠ un tel vecteur. Notons k l’entier tel que x k = max
1in
|x i |.
L’égalité AX = 0 signifie que pour tout i ∈ Ú1, nÛ,
n
j=1
a i,j x j = 0.
Cette égalité est en particulier vrai pour i = k, il en découle que
a k,k x k =
1jn
j =k
a k,j x j .
On en déduit que
|a k,k x k | =
1jn
j =k
a k,j x j
1jn
j =k
a k,j x j
1jn
j =k
a k,j x k
|x k |
1jn
j =k
a k,j
.
Or x k = 0 (puisque X = 0), il en résulte que
|a k,k |
1jn
j =k
a k,j
,
ce qui est en contradiction avec les hypothèses de l’énoncé. Il n’existe donc pas de vecteur
colonne non nul X tel que AX = 0 et la matrice A est inversible.
2. Soit l ∈ C tel que l /
∈
n
i=1
D(a i,i ,
j =i
|a i,j |), notons B = (b i,j ) la matrice A − lI n . Montrons
que cette matrice est inversible grâce à la première question.
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