Bonsoir,
1) On va calculer le polynôme caractéristique de A :
[tex]\chi_A=\det(XI_3-A)=\left(\begin{array}{ccc} X-1&1&0\\-1&X&1\\1&0&X-2\end{array} \right)=-\left(\begin{array}{ccc} -(X-1)&X-1&X-1\\-1&X&1\\1&0&X-2\end{array} \right)[/tex]
en faisant [tex]L_1 \leftarrow -L_1+L_2+L_3[/tex], puis :
[tex]\chi_A=-(X-1)\left(\begin{array}{ccc} -1&1&1\\-1&X&1\\1&0&X-2\end{array} \right)=-(X-1)\left(\begin{array}{ccc} 0&1&1\\0&X&1\\X-1&0&X-2\end{array} \right)[/tex]
en faisant [tex]C_1 \leftarrow C_1+C_3[/tex], d'où avec un développement par rapport à la 1re colonne :
[tex]\chi_A=-(X-1)^2\left(\begin{array}{ccc} 0&1&1\\0&X&1\\1&0&X-2\end{array} \right)=-(X-1)^2\left((-1)^{3+1}\times \left| \begin{array}{cc} 1&1\\X&1\end{array} \right|\right)[/tex]
soit enfin : [tex]\chi_A=-(X-1)^2(1-X)=\boxed{(X-1)^3=\chi_A}[/tex].
1 est donc la seule valeur propre de A, et on va chercher la dimension de l'espace propre associé, [tex]E_1[/tex].
On résout donc [tex]AX=X[/tex], d'inconnue [tex]X= \left(\begin{array}{c} x\\y\\z\end{array} \right)\right)[/tex].
On trouve :
[tex]AX=X \iff \left\{\begin{array}{c} x-y=x\\x-z=y\\-x+2z=z\end{array} \right. \iff \left\{\begin{array}{c} y=0\\x=z\end{array} \right.[/tex]
donc [tex]E_1[/tex] est de dimension 1 ([tex]\not =3[/tex]) donc A n'est pas diagonalisable.
Elle est cependant trigonalisable car son polynôme caractéristique est scindé.
Elle est donc semblable à [tex]\left( \begin{array}{ccc}1&*&*\\0&1&*\\0&0&1 \end{array}\right)[/tex], et on cherche une base de trigonalisation.
On peut prendre comme premier vecteur de base [tex]e_1=(1,0,1)[/tex] (c'est un vecteur propre de A).
Pour le deuxième, en résolvant [tex]\left\{ \begin{array}{c} x-y=1+x\\x-z=y\\2z-x=1+z \end{array}\right. \iff \left\{ \begin{array}{c} y=-1\\x=z-1 \end{array}\right.[/tex] (on résout [tex]Ae_2=e_1+e_2[/tex]) on obtient par exemple [tex]e_2=(-1,-1,0)[/tex].
Et enfin : [tex]\left \{ \begin{array}{c} x-y=x-1\\x-z=y-1\\2z-x=z\end{arrray}\right. \iff \left \{ \begin{array}{c} y=1\\x=z\end{arrray}\right.[/tex] (on résout [tex]Ae_3=e_2+e_3[/tex]) donc on peut choisir [tex]e_3=(1,1,1)[/tex].
Finalement :
[tex]\boxed{A=P\left(\begin{array}{ccc} 1&1&0\\0&1&1\\0&0&1 \end{array} \right)P^{-1}}[/tex] où [tex]\boxed{P=\left(\begin{array}{ccc} 1&-1&1\\0&-1&1\\1&0&1 \end{array} \right)}[/tex].
2) On vérifie sans problème que [tex](A-I_3)^3=0_3[/tex].
Cela s'explique par le fait que [tex]A=PTP^{-1}[/tex] où T est la matrice triangulaire précédente,
avec donc [tex]T=I_3+\left(\begin{array}{ccc} 0&1&0\\0&0&1\\0&0&0 \end{array} \right)[/tex] soit :
[tex]A-I_3=P\left(\begin{array}{ccc} 0&1&0\\0&0&1\\0&0&0 \end{array} \right)P^{-1}[/tex] donc [tex](A-I_3)^3=P\left(\begin{array}{ccc} 0&1&0\\0&0&1\\0&0&0 \end{array} \right)^3P^{-1}[/tex] mais [tex]\left(\begin{array}{ccc} 0&1&0\\0&0&1\\0&0&0 \end{array} \right)^3=0[/tex] donc [tex]\boxed{(A-I_3)^3=0_3}[/tex].
3) On utilise la trigonalisation précédente : [tex]\forall n \in\mathbb{N}^*, A^n=PT^nP^{-1}=P\left[I_3+\left(\begin{array}{ccc} 0&1&0\\0&0&1\\0&0&0 \end{array} \right) \right]^nP^{-1}[/tex]
et on calcule la puissance de droite avec le binôme de Newton (les deux matrices commutent bien !), ce qui est facile car la matrice de droite est nilpotente :
[tex]\left[I_3+\left(\begin{array}{ccc} 0&1&0\\0&0&1\\0&0&0 \end{array} \right) \right]^n=I_3+n\left(\begin{array}{ccc} 0&1&0\\0&0&1\\0&0&0 \end{array} \right)+\binom{n}{2}\left(\begin{array}{ccc} 0&0&1\\0&0&0\\0&0&0 \end{array} \right)=\left(\begin{array}{ccc} 1&n&\frac{n(n-1)}{2}\\0&1&n\\0&0&1 \end{array} \right)[/tex]
donc finalement :
[tex]\boxed{\forall n \in \mathbb{N}^*, A^n=P\left(\begin{array}{ccc} 1&n&\frac{n(n-1)}{2}\\0&1&n\\0&0&1 \end{array} \right)P^{-1}}[/tex].