Puissances de matrices carrées

Exercice 1.
Soit {\lambda\in\mathbb{R}}. Pour {n\in\mathbb{N}}, soit : {A_{n}=\begin{pmatrix}1&-\lambda/n\\ \lambda/n&1\end{pmatrix}}. Calculer {\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}A_{n}^{n}}.
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On pose {1+\dfrac{ \lambda}{n}i=\rho_{n}\text{e}^{i\,\theta_{n}}}, avec {\rho_{n}=\Bigl(1+\dfrac{\lambda^{2}}{n^{2}}\Bigr)^{1/2}} et {\,\theta_{n}=\arctan\Bigl(\dfrac{\lambda}{n}\Bigr)}.

Avec ces notations, {A_{n}=\rho_{n}\begin{pmatrix}\cos(\,\theta_{n})&-\sin(\,\theta_{n})\\ \sin(\,\theta_{n})&\cos(\,\theta_{n})\end{pmatrix}}.

Il en découle {A_{n}^{n}=\rho_{n}^{n}\begin{pmatrix}\cos(n\,\theta_{n})&-\sin(n\,\theta_{n})\\ \sin(n\,\theta_{n})&\cos(n\,\theta_{n})\end{pmatrix}}.

Mais {\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}n\,\theta_{n}=\lambda} et {\ln(\rho_{n}^{n})=\dfrac{n}{2}\ln\Bigl(1+\dfrac{\lambda^{2}}{n^{2}}\Bigr)\stackrel{n\rightarrow+\infty }{\longrightarrow}0}.

Finalement {\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}\rho_{n}^{n}=1}, donc {\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}A_{n}^{n}=\begin{pmatrix}\cos(\lambda)&-\sin(\lambda)\\ \sin(\lambda)&\cos(\lambda)\end{pmatrix}}.

Exercice 2.
Pour quels {A\in\mathcal{M}_{n}(\mathbb{R})} existe-t-il {M\in\mathcal{M}_{n}(\mathbb{R})} telle que {\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}M^{n}=A}?
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On suppose qu’il existe {M\in\mathcal{M}_{n}(\mathbb{R})} telle que {\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}M^{n}=A}.

Alors {A^{2}=\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}(M^{2})^{n}=\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}M^{2n}=A}, donc {A^{2}=A}.

Réciproquement, si {A^{2}=A}, alors {A^{n}=A} pour tout {n\ge1} donc {\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}A^{n}=A}.

La condition (nécessaire et suffisante) est donc que {A} soit une matrice de projecteur.

Exercice 3.
Soit {T\in\mathcal{M}_{p}(\mathbb{K})}, triangulaire supérieure avec: {\forall\, i\in[[ 1,p]],\;\left|{T_{i,i}}\right|\lt 1}.
Montrer que {\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}T^{n}=0}.
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On va voir deux démonstrations, toutes les deux assez techniques…

  • Première démonstration :

    Par récurrence sur l’ordre {p} de {T}. C’est évident pour {p=1}.

    On se donne {p\ge1}, et on suppose que la propriété est vraie au rang {p}.

    Soit {T\in\mathcal{M}_{p+1}(\mathbb{K})}, triangulaire supérieure, telle que : {\forall\, i\in[[ 1,p+1]],\; \left|{T_{i,i}}\right|\lt 1}.

    On écrit par blocs {T=\begin{pmatrix}\lambda&L\\ 0&S\end{pmatrix}}, avec {\left|{\lambda}\right|\lt 1}.

    Ici {S\in\mathcal{M}_{p}(\mathbb{R})} est triangulaire supérieure à coefficients diagonaux {\left|{\mu_{i,i}}\right|\lt 1}.

    Par une récurrence facile, on trouve : {\forall\, n\in\mathbb{N},\;T^{n}=\begin{pmatrix} \lambda^{n}&L_{n}\\0&S^{n}\end{pmatrix}}
    (dans cette notation, {L_{n}=L\,\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\lambda^{n-k-1}S^{k}})

    On se donne {\varepsilon>0}. On sait que {\displaystyle\lim_{k\rightarrow+\infty}S^{k}=0}.

    Il existe donc {n_{0}\in\mathbb{N}} tel que {k\ge n_{0}\Rightarrow \left\|{S^{k}}\right\|\le\varepsilon}.

    On écrit alors, pour tout {n>n_{0}} : {\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\lambda^{n-k-1}S^{k}=\displaystyle\sum_{k=0}^{n_{0}-1}\lambda^{n-k-1}S^{k}+\displaystyle\sum_{k=n_{0}}^{n-1}\lambda^{n-k-1}S^{k}}La première somme (finie) tend vers 0 quand {n\rightarrow+\infty} (à cause de {\lambda^{n}}).

    La deuxième somme vérifie :{\biggl\|\displaystyle\sum_{k=n_{0}}^{n-1}\lambda^{n-k-1}S^{k}\biggr\|\le \varepsilon\displaystyle\sum_{k=n_{0}}^{n-1}\left|{\lambda}\right|^{n-k-1}<br /> \le\dfrac{\varepsilon}{1-\left|{\lambda}\right|}}Ainsi, il existe {n_{1}>n_{0}} tel que : {n\ge n_{1}\Rightarrow \biggl\|\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\lambda^{n-k-1}S^{k}\biggr\|\le \varepsilon+\dfrac{\varepsilon}{1-\left|{\lambda}\right|}}Finalement, {\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\lambda^{n-k-1}S^{k}=0}.

    Il en résulte : {\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}T^{n}=0}.

    Cela prouve la propriété au rang {p+1} et achève la récurrence.

  • Seconde démonstration :

    Soit {\rho=\max\{\left|{a_{i,i}}\right|,i=1,\ldots,p\}\lt 1}, et {M=\max\{\left|{a_{i,j}}\right|,1\le i\le j\le p\}}.

    On se donne {i\le j}, un exposant {n>j-i}, et on examine le coefficient {[A^{n}]_{i,j}}.

    On a l’expression suivante, pour ce coefficient : {[A^{n}]_{i,j}=\displaystyle\sum_{i=i_{0}\le i_{1}\le\cdots\le i_{n-1}\le i_{n}=j}a_{i_{0}i_{1}}\,a_{i_{1}i_{2}}\,\cdots\, a_{i_{n-1}i_{n}}}Cette somme est formée de produits de {n} coefficients {a_{r,s}} avec {i\le r\le s\le j}.

    Dans chacun de ces produits, il y a au minimum {n-(j-i)} coefficients diagonaux de {A} donc majorables en valeur absolue par {\rho} (les autres étant majorables par {M}).

    Chaque produit est donc majorable en valeur absolue par {\rho^{n-j+i}M^{j-i}}.

    Il y autant de termes dans la somme de que suites croissantes de {[[1,n-1]]} dans {[[i,j]]}.

    Le cardinal de cette somme est donc {\displaystyle\binom{j-i+n-1}{j-i}}.

    Ainsi {\big|{[A^{n}]_{i,j}}\big|} est majoré par {\displaystyle\binom{j-i+n-1}{j-i}\rho^{n-j+i}M^{j-i}}.

    Mais cette expression est en {O(n^{j-i}\rho^{n})} quand {n\rightarrow\infty}.

    Puisque {0\le \rho\lt 1}, on en déduit {\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}A^{n}=0}.