Réduction et puissance d'une matrice trigonalisable

Résolution.

1. Éléments propres de $A$ : Posons $N = A + I = \begin{pmatrix} 0 & a & -a$
   1 & 0 & 0
   1 & 0 & 0 \end{pmatrix}. Le polynôme caractéristique de $N$ est donné par :
   $$\chi_N(X) = \det(XI - N) = \begin{vmatrix} X & -a & a$$
   -1 & X & 0
   -1 & 0 & X \end{vmatrix}
   En développant par rapport à la dernière colonne :
   $$\chi_N(X) = a(0 - (-X)) + X(X^2 - 0) = aX + X^3 - aX = X^3$$
   Le polynôme caractéristique de $A$ est donc $\chi_A(X) = \chi_N(X+1) = (X+1)^3$.
   $$\boxed{\text{Sp}(A) = \{-1\}}$$
   Déterminons le sous-espace propre $E_{-1} = \ker(A+I) = \ker(N)$. Un vecteur $X = \begin{pmatrix} x$
   y
   z \end{pmatrix} appartient à $E_{-1}$ si et seulement si :
   $$\begin{cases} ay - az = 0$$
   x = 0
   x = 0 \end{cases} \iff \begin{cases} x = 0
   y = z \end{cases}
   Ainsi, $E_{-1} = \text{Vect}(v_1)$ avec $v_1 = (0, 1, 1)$.
   $$\boxed{\dim(E_{-1}) = 1}$$
   La valeur propre $-1$ est de multiplicité $3$, mais la dimension du sous-espace propre associé est $1$. Conclusion : $A$ n'est pas diagonalisable.

2. Recherche de la base de trigonalisation : On cherche $v_1, v_2, v_3$ tels que :
   • $Av_1 = -v_1 \iff (A+I)v_1 = 0$
   • $Av_2 = -v_2 + v_1 \iff (A+I)v_2 = v_1$
   • $Av_3 = -v_3 + v_2 + v_1 \iff (A+I)v_3 = v_2 + v_1$
   D'après la question précédente, on peut choisir $\boxed{v_1 = (0, 1, 1)}$. Cherchons $v_2 = (x, y, z)$ tel que $(A+I)v_2 = v_1$ :
   $$\begin{pmatrix} 0 & a & -a$$
   1 & 0 & 0
   1 & 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x
   y
   z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0
   1
   1 \end{pmatrix} \iff \begin{cases} a(y-z) = 0
   x = 1 \end{cases}
   On peut choisir $\boxed{v_2 = (1, 0, 0)}$. Cherchons $v_3 = (x, y, z)$ tel que $(A+I)v_3 = v_2 + v_1 = (1, 1, 1)$ :
   $$\begin{pmatrix} 0 & a & -a$$
   1 & 0 & 0
   1 & 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x
   y
   z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1
   1
   1 \end{pmatrix} \iff \begin{cases} a(y-z) = 1
   x = 1 \end{cases}
   En choisissant $z=0$, on obtient $y = 1/a$. Ainsi, on peut prendre $\boxed{v_3 = (1, 1/a, 0)}$. La famille $(v_1, v_2, v_3)$ est une base car la matrice de passage $P$ associée est inversible (son déterminant est non nul).

3. Calcul de $A^n$ : On a $A = -I + N$ avec $N = A+I$. Comme $-I$ et $N$ commutent, on utilise la formule du binôme :
   $$A^n = (-I + N)^n = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} (-1)^{n-k} N^k$$
   D'après le théorème de Cayley-Hamilton ou le calcul de $\chi_N$, on sait que $N^3 = 0$. La somme s'arrête donc à $k=2$ pour $n \geq 2$ :
   $$A^n = (-1)^n I + n(-1)^{n-1} N + \frac{n(n-1)}{2} (-1)^{n-2} N^2$$
   Ce que l'on peut factoriser par $(-1)^n$ :
   $$\boxed{A^n = (-1)^n \left[ I - nN + \frac{n(n-1)}{2} N^2 \right]}$$
   Calculons $N^2$ :
   $$N^2 = \begin{pmatrix} 0 & a & -a$$
   1 & 0 & 0
   1 & 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & a & -a
   1 & 0 & 0
   1 & 0 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0
   0 & a & -a
   0 & a & -a \end{pmatrix}
   En remplaçant les expressions de $N$ et $N^2$ :
   $$A^n = (-1)^n \left( \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0$$
   0 & 1 & 0
   0 & 0 & 1 \end{pmatrix} - n \begin{pmatrix} 0 & a & -a
   1 & 0 & 0
   1 & 0 & 0 \end{pmatrix} + \frac{n(n-1)a}{2} \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0
   0 & 1 & -1
   0 & 1 & -1 \end{pmatrix} \right)
   On obtient finalement pour tout $n \in \mathbb{N}$ :
   $$\boxed{A^n = (-1)^n \begin{pmatrix} 1 & -na & na$$
   -n & 1 + \frac{n(n-1)a}{2} & -\frac{n(n-1)a}{2}
   -n & \frac{n(n-1)a}{2} & 1 - \frac{n(n-1)a}{2} \end{pmatrix}}