1ère solution. \(A =2J-I_3\) où \(J=\left( \begin{array}{ccc} 1&1&1\\ 1&1&1\\ 1&1&1 \end{array} \right)\). On a \(J^2 = 3J\) et plus généralement \(\forall k\in\Nn^*\), \(J^k =3^{k-1}J\).

Soit \(n\in\Nn^*\). Puisque les matrices \(2J\) et \(-I\) commutent, la formule du binôme de Newton permet d’écrire

\[\begin{align*}\ensuremath A^n&=(2J-I)^n =(-I)^n+\sum_{k=1}^{n}\dbinom{n}{k}(2J)^k(-I)^{n-k}=(-1)^nI+\left(\sum_{k=1}^{n}\dbinom{n}{k}2^k3^{k-1}(-1)^{n-k}\right)J\\ &=(-1)^nI+\frac{1}{3}\left(\sum_{k=1}^{n}\dbinom{n}{k}6^k(-1)^{n-k}\right)J=(-1)^nI+\frac{1}{3}((6-1)^n-(-1)^n)J\\ &=\frac{1}{3}\left(\begin{array}{ccc} 5^n+2(-1)^n&5^n-(-1)^n&5^n-(-1)^n\\ 5^n-(-1)^n&5^n+2(-1)^n&5^n-(-1)^n\\ 5^n-(-1)^n&5^n-(-1)^n&5^n+2(-1)^n \end{array} \right), \end{align*}\]

ce qui reste vrai quand \(n=0\).

Soit de nouveau \(n\in\Nn^*\).

\[\begin{align*}\ensuremath ((-1)^nI+\frac{1}{3}(5^n-(-1)^n)J)&\times((-1)^{-n}I+\frac{1}{3}(5^{-n}-(-1)^{-n})J)\\ &=I+\frac{1}{3}((-5)^n-1+(-5)^{-n}-1)J+\frac{1}{9}(1-(-5)^n-(-5)^{-n}+1)J^2\\ &=I+\frac{1}{3}((-5)^n-1+(-5)^{-n}-1)J+\frac{3}{9}(1-(-5)^n-(-5)^{-n}+1)J=I, \end{align*}\]

et donc

\(A^{-n}=\frac{1}{3}\left(\begin{array}{ccc} 5^{-n}+2(-1)^{-n}&5^{-n}-(-1)^{-n}&5^{-n}-(-1)^{-n}\\ 5^{-n}-(-1)^{-n}&5^{-n}+2(-1)^{-n}&5^{-n}-(-1)^{-n}\\ 5^{-n}-(-1)^{-n}&5^{-n}-(-1)^{-n}&5^{-n}+2(-1)^{-n} \end{array} \right)\).

Finalement

2ème solution. Puisque \(\text{rg}(A+I)=1\), \(\text{dim}(\text{Ker}(A+I))=2\) et \(-1\) est valeur propre de \(A\) d’ordre au moins \(2\). La troisième valeur propre \(\lambda\) est fournie par la trace : \(\lambda-1-1=3\) et donc \(\lambda=5\). Par suite, \(\chi_A=-(X+1)^2(X-5)\).

De plus, \(\left(\begin{array}{c} x\\ y\\ z \end{array} \right)\in E_{-1}\Leftrightarrow x+y+z=0\) et donc \(E_{-1}=\text{Vect}(e_1,e_2)\) où \(e_1=\left(\begin{array}{c} 1\\ -1\\ 0 \end{array} \right)\) et \(e_2=\left(\begin{array}{c} 1\\ 0\\ -1 \end{array} \right)\).

De même, \(\left(\begin{array}{c} x\\ y\\ z \end{array} \right)\in E_{-1}\Leftrightarrow x=y=z\) et \(E_5=\text{Vect}(e_3)\) où \(e_3=\left(\begin{array}{c} 1\\ 1\\ 1 \end{array} \right)\).

On pose \(P=\left( \begin{array}{ccc} 1&1&1\\ -1&0&1\\ 0&-1&1 \end{array} \right)\) et \(D=\text{diag}(-1,-1,5)\) et on a \(A =PDP^{-1}\).

Calcul de \(P^{-1}\). Soit \((i,j,k)\) la base canonique de \(\Rr^3\).

\(\left\{ \begin{array}{l} e_1=i-j\\ e_2=i-k\\ e_3=i+j+k \end{array} \right.\Leftrightarrow\left\{ \begin{array}{l} j=i-e_1\\ k=i-e_2\\ e_3=i+i-e_1+i-e_2 \end{array} \right.\Leftrightarrow\left\{ \begin{array}{l} i=\frac{1}{3}(e_1+e_2+e_3)\\ \rule[-4mm]{0mm}{10mm}j=\frac{1}{3}(-2e_1+e_2+e_3)\\ k=\frac{1}{3}(e_1-2e_2+e_3) \end{array} \right.\)

et donc \(P^{-1}=\frac{1}{3}\left( \begin{array}{ccc} 1&-2&1\\ 1&1&-2\\ 1&1&1 \end{array} \right)\). Soit alors \(n\in\Zz\).

\[\begin{align*}\ensuremath A^n&= PD^nP^{-1}=\frac{1}{3}\left( \begin{array}{ccc} 1&1&1\\ -1&0&1\\ 0&-1&1 \end{array} \right)\left( \begin{array}{ccc} (-1)^n&0&0\\ 0&(-1)^n&0\\ 0&0&5^n \end{array} \right)\left( \begin{array}{ccc} 1&-2&1\\ 1&1&-2\\ 1&1&1 \end{array} \right)\\ &=\frac{1}{3}\left( \begin{array}{ccc} (-1)^n&(-1)^n&5^n\\ -(-1)^n&0&5^n\\ 0&-(-1)^n&5^n \end{array} \right)\left( \begin{array}{ccc} 1&-2&1\\ 1&1&-2\\ 1&1&1 \end{array} \right)=\frac{1}{3}\left(\begin{array}{ccc} 5^n+2(-1)^n&5^n-(-1)^n&5^n-(-1)^n\\ 5^n-(-1)^n&5^n+2(-1)^n&5^n-(-1)^n\\ 5^n-(-1)^n&5^n-(-1)^n&5^n+2(-1)^n \end{array} \right), \end{align*}\]

et on retrouve le résultat obtenu plus haut, le calcul ayant été mené directement avec \(n\) entier relatif.

3ème solution. Soit \(n\in\Nn^*\). La division euclidienne de \(X^n\) par \(\chi_A\) fournit trois réels \(a_n\), \(b_n\) et \(c_n\) et un polynôme \(Q\) tels que \(X^n=\chi_AQ+a_nX^2+b_nX+c_n\). En prenant les valeurs des membres en \(5\), puis la valeur des deux membres ainsi que de leurs dérivées en \(-1\) , on obtient

\(\left\{ \begin{array}{l} 25a_n+5b_n+c_n=5^n\\ a_n-b_n+c_n=(-1)^n\\ -2a_n+b_n=n(-1)^{n-1} \end{array} \right.\Leftrightarrow\left\{ \begin{array}{l} b_n=2a_n-n(-1)^{n}\\ 35a_n+c_n=5n(-1)^{n}+5^n\\ -a_n+c_n=-(n-1)(-1)^n \end{array} \right.\Leftrightarrow\left\{ \begin{array}{l} a_n=\frac{1}{36}(5^n+(6n-1)(-1)^n)\\ \rule[-4mm]{0mm}{10mm}c_n=\frac{1}{36}(5^n+(-30n+35)(-1)^n)\\ b_n=\frac{1}{36}(2\times5^n+(-24n-2)(-1)^n) \end{array} \right.\).

Le théorème de Cayley-Hamilton fournit alors

\[\begin{align*}\ensuremath A^n&=\frac{1}{36}\left((5^n+(6n-1)(-1)^n)A^2+2(5^n-(12n+1)(-1)^n)A+(5^n+(-30n+35)(-1)^n)I\right) \\ &=\frac{1}{36}\left((5^n+(6n-1)(-1)^n) \left( \begin{array}{ccc} 9&8&8\\ 8&9&8\\ 8&8&9 \end{array} \right)+2(5^n-(12n+1)(-1)^n)\left( \begin{array}{ccc} 1&2&2\\ 2&1&2\\ 2&2&1 \end{array} \right)\right.\\ &\left.+(5^n+(-30n+35)(-1)^n)\left( \begin{array}{ccc} 1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1 \end{array} \right)\right)\\ &=\frac{1}{36}\left( \begin{array}{ccc} 12\times5^n+24(-1)^n&12\times5^n-12(-1)^n&12\times5^n-12(-1)^n\\ 12\times5^n-12(-1)^n&12\times5^n+24(-1)^n&12\times5^n-12(-1)^n\\ 12\times5^n-12(-1)^n&12\times5^n-12(-1)^n&12\times5^n+24(-1)^n \end{array} \right)\\ &=\frac{1}{3}\left( \begin{array}{ccc} 5^n+2(-1)^n&5^n-(-1)^n&5^n-(-1)^n\\ 5^n-(-1)^n&5^n+2(-1)^n&5^n-(-1)^n\\ 5^n-(-1)^n&5^n-(-1)^n&5^n+2(-1)^n \end{array} \right). \end{align*}\]

On retrouve encore une fois le même résultat mais pour \(n\in\Nn^*\) uniquement.

exo7 5651