2) La matrice B n’est pas davantage diagonalisable puisqu’elle aussi admet 1 pour
unique valeur propre, et qu’elle n’est pas égale à la matrice I 3 .
Pour montrer que A est semblable à B, on cherche V 2 et V 3 tels que AV 2 = V 2 + V 1
et AV 3 = V 2 + V 3 (car les vecteurs de la base canonique vérifient des relations
analogues pour la matrice B).
Posons V 2 =
t (x, y, z). Nous obtenons le système
⎧
⎨
⎩
−x + y = 1
−y + z = 1
x − 3y + 2z= 1
. On peut
donc choisir V 2 =
t (−1, 0, 1).
Cherchons enfin V 3 =
t (x, y, z) tel que AV 3 = V 2 + V 3 . Par la même méthode on
voit qu’on peut choisir V 3 =
t (1, 0, 0).
Soit P la matrice de passage de la famille (V 1 , V 2 , V 3 ) dans la base canonique
de R
3 . On a par définition P =
⎛
⎝
1 −1 1
1
0 0
1
1 0
⎞
⎠ . On en déduit que det(P) = 1,
donc P est inversible et (V 1 , V 2 , V 3 ) est une base de R
3 . Si f est l’endomorphisme
de R
3 canoniquement associé à la matrice A, on a f (V 1 ) = V 1 , f (V 2 ) = V 1 + V 2 et
f (V 3 ) = V 2 + V 3 . Il en résulte que B est la matrice de f dans la base (V 1 , V 2 , V 3 ),
donc les matrices A et B sont semblables.
3) D’après ce qui précède, on a P
−1 AP = B. On en déduit que pour tout n ∈ N,
A
n = P B
n P
−1 . Calculons B
n .
On décompose B sous la forme B = I + J , avec J =
⎛
⎝
0 1 0
0 0 1
0 0 0
⎞
⎠ , on a
J
3 = 0.
La matrice J vérifie J
2 =
⎛
⎝
0 0 1
0 0 0
0 0 0
⎞
⎠ et J
3 = 0. Comme elle commute
avec la matrice I , on peut utiliser la formule du binôme de Newton, et on a
(I + J )
n = I + n J +
n
2
J
2 . On en déduit, après calculs, P
−1 =
⎛
⎝
0
1 0
0 −1 1
1 −2 1
⎞
⎠ ,
puis
A
n =
⎛
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
1
2
(n − 1)(n − 2)
−n(n − 2)
1
2
n(n − 1)
1
2
n(n − 1)
(1 − n)(1 + n)
1
2
n(n + 1)
1
2
n(n + 1)
−n(n + 2)
1
2
(n + 1)(n + 2)
⎞
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
.
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