© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit
SOLUTIONS
Solutions
Comme (B − 3I)
2 =
1 0 0
0 0 0
0 0 0
, le dernier vecteur est nécessairement dans
Ker(f − 3 Id)
2 . Cherchons deux réels a et b tels que le vecteur e 3 = a(1, 0, 0) + b(0, 1, 4)
vérifie f ( e 3 ) = 3 e 3 + e 2 ,
f ( e 3 ) = 3 e 3 + e 2 ⇔ a(1, 1, 4) + b(−4, 5, 20) = 3(a, b, 4b) + (−2, 1, 4)
⇔
a − 4b = 3a − 2
a + 5b = 3b + 1
4a + 20b = 12b + 4
⇔
⎧
⎪ ⎨
⎪ ⎩
a + b =
1
2
a + 2b = 1
4a + 8b = 4
⇔
⎧
⎪ ⎨
⎪ ⎩
a + b =
1
2
b =
1
2
⇔
a = 0
b =
1
2
le vecteur e 3 =
0,
1
2
, 2
.
Pour conserver des vecteurs à coordonnées entières on peut multiplier les deux derniers
vecteur par 2. On pose alors B
= ((−1, 0, 1), (−4, 2, 8), (0, 1, 4)), dont on montre facilement que c’est une base, et dans cette base, par construction, la matrice de f est
−1 0 0
0 3 1
0 0 3
.
4. On remarque que B = M + N où
M =
−1 0 0
0 3 1
0 0 3
et N =
0 0 0
0 0 1
0 0 0
.
On vérifie que MN = NM et que N
2 = 0. D’après la formule du binôme de Newton,
on obtient
B
n =
n
k=0
n
k
N
k M
n−k = M
n + nM
n−1 N =
⎛
⎝
(−1)
n
0
0
0
3
n
n3
n−1
0
0
3
n
⎞
⎠ .
5. On sait qu’en posant P la matrice de passage de la base canonique vers la base B
, c’est-àdire
P =
−1 −4 0
0
2 1
1
8 4
,
on a la relation B = P
−1 AP et par suite A
n = PB
n P
−1 .
447