Puissances de matrices carrées

Exercice 1.
Calculer {A^{100}}, avec {A=\begin{pmatrix}5&-4\\4&-3\end{pmatrix}}.
Cliquer ici pour voir (ou cacher) le corrigé
On a {A=\begin{pmatrix}5&-4\\4&-3\end{pmatrix}=I+4J} avec {J=\begin{pmatrix}1&-1\\1&-1\end{pmatrix}}. On a {J^2=0}.

On en déduit {A^{100}=(I+4J)^{100}=I+400J=\begin{pmatrix}401&-400\\ 400&-399\end{pmatrix}}.

Exercice 2.
Calculer {A^n}, avec {A=\begin{pmatrix}0&1&-\sin\,\theta\\-1&0&\cos\,\theta\\-\sin\,\theta&\cos\,\theta&0\end{pmatrix}}.
Cliquer ici pour voir (ou cacher) le corrigé
Posons {s=\sin\,\theta} et c=\cos\,\theta. Avec ces notations : {A^2=\begin{pmatrix}0&1&-s\\-1&0&c \\-s&c&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&1&-s\\-1&0&c\\-s&c&0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-c^2&-sc&c\\-sc&-s^2&s\\ -c&-s&1\end{pmatrix}}On en déduit :{A^3=\begin{pmatrix}0&1&-s\\-1&0&c\\-s&c&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}-c^2&-sc&c\\-sc&-s^2&s\\-c&-s&1\end{pmatrix}=0}Ainsi {A^n=0} pour tout {n\ge3}.

Exercice 3.
Soit {M=\begin{pmatrix}a^2-1&ab&ac\\ ab&b^2-1&bc\\ ac&bc&c^2-1\end{pmatrix}}{a^2+b^2+c^2=1}. Calculer {M^n} ({n\ge1}).
Cliquer ici pour voir (ou cacher) le corrigé
On a {M=N-I}, où {N=\begin{pmatrix}a^2&ab&ac\\ ab&b^2&bc\\ ac&bc&c^2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}a\\ b\\ c\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a&b&c\end{pmatrix}}.

Mais {\begin{pmatrix}a&b&c\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a\\ b\\ c\end{pmatrix}=a^2+b^2+c^2=1}, donc {N^2 =N}.

On en déduit {M^2=N^2-2N+I=-N+I=-M}.

Plus généralement : {\forall\, n\in\mathbb{N}^*, M^n=(-1)^{n+1}M}.

Exercice 4.
Soit {A=\begin{pmatrix}\,\text{ch} x&\,\text{sh} x\\ \,\text{sh} x&\,\text{ch} x\end{pmatrix}}. Calculer {A^n}.
Cliquer ici pour voir (ou cacher) le corrigé
On a {A=\text{e}^x J+\text{e}^{-x} K}, où {J=\dfrac12\begin{pmatrix}1&1\\1&1\end{pmatrix}} et {K=\dfrac12\begin{pmatrix}1&-1\\ -1&1\end{pmatrix}}.

On a {J^2=\dfrac14\begin{pmatrix}2&2\\ 2&2\end{pmatrix}=J}, {K^2=\dfrac14\begin{pmatrix}2&-2\\ -2&2\end{pmatrix}=K}, et {JK=KJ=0}.

On peut donc appliquer la formule du binôme pour calculer {(J+K)^n}.

Puisque {J^n=J} et {K^n=K} pour tout {n\ge1}, il vient :{\begin{array}{rl}\forall\, n\ge1,\;A^n&=(\text{e}^xJ+\text{e}^{-x}K)^n=\text{e}^{nx}J+\text{e}^{-nx}K\\\\&=\begin{pmatrix}\,\text{ch} nx&\,\text{sh} nx\\ \,\text{sh} nx&\,\text{ch} nx\end{pmatrix}\end{array}}On pouvait calculer {A^2}, deviner le résultat et procéder par récurrence.

Exercice 5.
Soit {M=\begin{pmatrix}2&-2&1\\2&-3&2\\-1&2&0\end{pmatrix}}. Calculer {(M-I)(M+3I)} puis {M^n} pour n\in\mathbb{Z}.
Cliquer ici pour voir (ou cacher) le corrigé

  • On a {(M-I)(M+3I)=\begin{pmatrix}1&-2&1\\2&-4&2\\-1&2&-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}5&-2&1\\2&0&2\\-1&2&3\end{pmatrix}=0}.

    La matrice {M} est donc annulée par le polynôme {P=(X-1)(X+3)}.

    Soit {X^n=(X-1)(X+3)Q_n(X)+a_nX+b_n} la division euclidienne de {X^n} par {P}.

    En substituant {1} et {-3} à {X}, on trouve : {\begin{cases}a_n+b_n=1\\ -3a_n+b_n=(-3)^n\end{cases}}

    On en déduit : {a_n=\dfrac14\bigl(1-(-3)^n\bigr)} et {b_n=\dfrac14\bigl(3+(-3)^n\bigr)}.

    On substitue {M} à {X} dans {X^n=P(X)Q_n(X)+a_nX+b_n}, et on trouve : {\begin{array}{rl}M^n&=a_nM+b_nI=\dfrac14(M+3I)-\dfrac{(-3)^n}4(M-I)\\\\&=\dfrac14\begin{pmatrix}5&-2&1\\2&0&2\\-1&2&3\end{pmatrix}-\dfrac{(-3)^n}4\begin{pmatrix}1&-2&1\\2&-4&2\\-1&2&-1\end{pmatrix}\\\\&=\dfrac14\begin{pmatrix}5-(-3)^n&-2+2(-3)^n&1-(-3)^n\\2-2(-3)^n&4(-3)^n&2-2(-3)^n\\-1+(-3)^n&2-2(-3)^n&3+(-3)^n\end{pmatrix}\end{array}}

  • Posons {A=\dfrac14(M+3I)} et {B=\dfrac14(I-M)}.

    On a vu que : {\forall\,n\in\mathbb{N},\;M^n=A+(-3)^nB}.

    On veut montrer que ce résultat est encore valable si {n} est un entier négatif.

    Pour cela il suffit de vérifier que pour tout {n} de {\mathbb{N}}, les matrices {A+(-3)^nB} et A+(-3)^{-n}B sont inverses l’une de l’autre.

    On sait que {0=(M-I)(M+3I)=M^2+2M-3I}.

    En particulier on a les égalités {AB=BA=0}.

    D’autre part : {A^2=\dfrac{1}{16}(M^2+6M+9I)=\dfrac1{16}(4M+12I)=A}.

    De même : {B^2=\dfrac{1}{16}(I-2M+M^2)=\dfrac1{16}(4I-4M)=B}.

    On en déduit, pour tout entier naturel {n} : {(A+(-3)^nB)(A+(-3)^{-n}B)=A+B=I}En conclusion, pour tout entier relatif n, on a: {M^n=\dfrac14\begin{pmatrix}5-(-3)^n&-2+2(-3)^n&1-(-3)^n\\2-2(-3)^n&4(-3)^n&2-2(-3)^n\\-1+(-3)^n&2-2(-3)^n&3+(-3)^n\end{pmatrix}}

Exercice 6.
Soit {A} une matrice carrée. On suppose qu’il existe deux matrices {U,V} telles que {A^n=\lambda^n(U+nV)} pour {n=1,2,3}.
Montrer que l’égalité {A^n=\lambda^n(U+nV)} est vraie pour tout {n} de {\mathbb{N}^*}.
Cliquer ici pour voir (ou cacher) le corrigé
On va éliminer {U} et {V} dans les égalités {\begin{cases}A=\lambda(U+V)&(1)\\ A^2=\lambda^2(U+V)&(2)\\A^3=\lambda^3(U+3V)&(3)\end{cases}}

Les égalités (1) et (2) donnent {2A^2-\lambda A=\lambda^2(U+3V)}.

On en déduit {A^3=\lambda(2A^2-\lambda A)\quad(4)}.

L’égalité {A^n=\lambda^n(U+nV)} est vraie aux rangs {n=1} et {n=2}.

Supposons qu’elle le soit aux rangs {n} et {n+1}, où {n\in\mathbb{N}^*}.

Alors l’égalité (4) donne : {\begin{array}{rl}A^{n+2}&=\lambda(2A^{n+1}-\lambda A^n)\\\\&=\lambda\bigl(2\lambda^{n+1}(U+(n+1)V)-\lambda^{n+1}(U+nV)\bigr)\\\\&=\lambda^{n+2}(U+(n+2)V)\end{array}}Ce qui prouve la propriété au rang {n+2} et achève la récurrence.

Ainsi, pour tout {n\in\mathbb{N}^*} on a : {A^n=\lambda^n(U+nV)}.