\(\;\)

\(\chi_A=\left| \begin{array}{ccc} -X&1/2&-2\\ 1/2&-X&0\\ 0&0&-1/2-X \end{array} \right|=-X\left(X^2+ \frac{1}{2}X\right)- \frac{1}{2}\left(- \frac{1}{2}X- \frac{1}{4}\right)=-X^2\left(X+ \frac{1}{2}\right)+ \frac{1}{4}\left(X+ \frac{1}{2}\right)=-\left(X+ \frac{1}{2}\right)^2\left(X- \frac{1}{2}\right)\).

Soit \(n\in\Nn\). La division euclidienne de \(X^n\) par \(\chi_A\) s’écrit \(X^n=Q_n\chi_A+a_nX^2+b_nX+c_n\) où \(Q_n\in\Rr[X]\) et \((a_n,b_n,c_n)\in\Rr^3\).

On évalue les deux membres de cette égalité en \(\frac{1}{2}\) et \(- \frac{1}{2}\) et on obtient \(\frac{a_n}{4}+ \frac{b_n}{2}+c_n=\left( \frac{1}{2}\right)^n\) et \(\frac{a_n}{4}- \frac{b_n}{2}+c_n=\left(- \frac{1}{2}\right)^n\).

Puis en dérivant les deux membres de l’égalité et en évaluant en \(- \frac{1}{2}\), on obtient \(-a_n+b_n=n\left(- \frac{1}{2}\right)^{n-1}=-2n\left(- \frac{1}{2}\right)^{n}\). Maintenant,

\[\begin{align*}\ensuremath \left\{ \begin{array}{l} \frac{a_n}{4}+ \frac{b_n}{2}+c_n=\left( \frac{1}{2}\right)^n\\ \frac{a_n}{4}- \frac{b_n}{2}+c_n=\left(- \frac{1}{2}\right)^n\\ -a_n+b_n=-2n\left(- \frac{1}{2}\right)^{n} \end{array} \right.&\Leftrightarrow\left\{ \begin{array}{l} b_n=\left( \frac{1}{2}\right)^n-\left(- \frac{1}{2}\right)^n\\ \frac{a_n}{2}+2c_n=\left( \frac{1}{2}\right)^n+\left(- \frac{1}{2}\right)^n\\ -a_n+\left( \frac{1}{2}\right)^n-\left(- \frac{1}{2}\right)^n=-2n\left(- \frac{1}{2}\right)^{n} \end{array} \right. \\ &\Leftrightarrow\left\{ \begin{array}{l} a_n=\left( \frac{1}{2}\right)^n+(2n-1)\left(- \frac{1}{2}\right)^n\\ b_n=\left( \frac{1}{2}\right)^n-\left(- \frac{1}{2}\right)^n\\ c_n= \frac{1}{4}\left( \frac{1}{2}\right)^n- \frac{2n-3}{4}\left(- \frac{1}{2}\right)^n \end{array} \right. \end{align*}\]

Donc \(\forall n\in\Nn\), \(A^n=\left(\left( \frac{1}{2}\right)^n+(2n-1)\left(- \frac{1}{2}\right)^n\right)A^2+\left(\left( \frac{1}{2}\right)^n-\left(- \frac{1}{2}\right)^n\right)A+\left( \frac{1}{4}\left( \frac{1}{2}\right)^n- \frac{2n-3}{4}\left(- \frac{1}{2}\right)^n\right)I_3\) avec \(A^2=\left( \begin{array}{ccc} 0&1/2&-2\\ 1/2&0&0\\ 0&0&-1/2 \end{array} \right)\left( \begin{array}{ccc} 0&1/2&-2\\ 1/2&0&0\\ 0&0&-1/2 \end{array} \right)=\left( \begin{array}{ccc} 1/4&0&1\\ 0&1/4&-1\\ 0&0&1/4 \end{array} \right)\). On en déduit que pour \(|t|<2\),

\[\begin{align*}\ensuremath \ln(I_3+tA)&=\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{(-1)^{n-1}t^n}{n}A^n\\ &=\left(\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{(-1)^{n-1}t^n}{n}\left(\left( \frac{1}{2}\right)^n+(2n-1)\left(- \frac{1}{2}\right)^n\right)\right)A^2+\left(\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{(-1)^{n-1}t^n}{n}\left(\left( \frac{1}{2}\right)^n-\left(- \frac{1}{2}\right)^n\right)\right)A\\ &+\left(\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{(-1)^{n-1}t^n}{n} \frac{1}{4}\left( \frac{1}{2}\right)^n- \frac{2n-3}{4}\left(- \frac{1}{2}\right)^n\right)I_3. \end{align*}\]

et donc

\[\begin{align*}\ensuremath \ln(I_3+tA)&=\left(\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{(-1)^{n-1}(t/2)^n}{n}-2\sum_{n=1}^{+\infty}(t/2)^n-\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{(-1)^{n-1}(-t/2)^n}{n}\right)A^2\\ &+\left(\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{(-1)^{n-1}(t/2)^n}{n}-\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{(-1)^{n-1}(-t/2)^n}{n}\right)A\\ &+ \frac{1}{4}\left(\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{(-1)^{n-1}(t/2)^n}{n}+2\sum_{n=1}^{+\infty}(t/2)^n+3\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{(-1)^{n-1}(-t/2)^n}{n}\right)I_3\\ &=\left(\ln\left(1+ \frac{t}{2}\right)-2\left( \frac{1}{1- \frac{t}{2}}-1\right)-\ln\left(1- \frac{t}{2}\right)\right)A^2+\left(\ln\left(1+ \frac{t}{2}\right)-\ln\left(1- \frac{t}{2}\right)\right)A\\ &+ \frac{1}{4}\left(\ln\left(1+ \frac{t}{2}\right)+2\left( \frac{1}{1- \frac{t}{2}}-1\right)+3\ln\left(1- \frac{t}{2}\right)\right)I_3\\ &=\left(\ln\left( \frac{2+t}{2-t}\right)- \frac{2t}{2-t}\right)\left( \begin{array}{ccc} 1/4&0&1\\ 0&1/4&-1\\ 0&0&1/4 \end{array} \right)+\ln\left( \frac{2+t}{2-t}\right)\left( \begin{array}{ccc} 0&1/2&-2\\ 1/2&0&0\\ 0&0&-1/2 \end{array} \right)\\ &+ \frac{1}{4}\left(\ln\left(1+ \frac{t}{2}\right)+ \frac{2t}{2-t}+3\ln\left(1- \frac{t}{2}\right)\right)\left( \begin{array}{ccc} 1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1 \end{array} \right)\\ &=\left( \begin{array}{ccc} \frac{1}{2}\ln\left(1- \frac{t^2}{4}\right)& \frac{1}{2}\ln\left( \frac{2+t}{2-t}\right)&-\ln\left( \frac{2+t}{2-t}\right)- \frac{2t}{2-t}\\ \frac{1}{2}\ln\left( \frac{2+t}{2-t}\right)& \frac{1}{2}\ln\left(1- \frac{t^2}{4}\right)&-\ln\left( \frac{2+t}{2-t}\right)+ \frac{2t}{2-t}\\ 0&0&\ln\left(1- \frac{t}{2}\right) \end{array} \right). \end{align*}\]

exo7 5870