Matrices

Matrice diagonalisable 👉 écrire la diagonalisation, puis examiner le problème dans la nouvelle base (ici il s’agit d’écrire la formule de changement de base pour les matrices $\displaystyle A$ et $\displaystyle B$ en question).

Notons $\displaystyle \lambda_1,\dots,\lambda_p$ les valeurs propres distinctes de $\displaystyle A$.
On note aussi $\displaystyle E_{\lambda_i}$ le sous espace propre associé à $\displaystyle \lambda_i$, et $\displaystyle d_i$ sa dimension.
Soit $\displaystyle \mathcal B$ une base de $\displaystyle \mathbb C^n$ adaptée à $\displaystyle E_{\lambda_1}\oplus \cdots\oplus E_{\lambda_p}$, et $\displaystyle P$ la matrice de passage de la base canonique vers $\displaystyle \mathcal B$. Alors on a $\displaystyle P^{-1}AP=D$, avec par blocs : $$D=\begin{pmatrix} \lambda_1 I_{d_1} & &\\ & \ddots & \\ &&\lambda_p I_{d_p} \end{pmatrix}.$$
On a $$\begin{aligned} BA=AB & \Leftrightarrow BPDP^{-1}=PDP^{-1}B\\ & \Leftrightarrow (P^{-1}BP)D=D(P^{-1}BP)\\ & \Leftrightarrow B'D=DB', \end{aligned}$$ en posant $\displaystyle B' = P^{-1}BP$. Montrons qu’on a l’équivalence entre :
(i) $\displaystyle B'D=DB'$,
(ii) $\displaystyle B'$ est de la forme $\displaystyle \begin{pmatrix} M_1 & &\\ & \ddots & \\ &&M_p \end{pmatrix},$ avec $\displaystyle M_i\in M_{d_i}(\mathbb C)$ pour $\displaystyle i=1,\dots,p$.

• Supposons (i). Alors les sous-espaces propres de $\displaystyle D$ sont stables par $\displaystyle B'$, ce qui montre que $\displaystyle B'$ est de cette forme.
• Supposons (ii). Alors $\displaystyle B'D=DB'=\begin{pmatrix} \lambda_1M_1 & &\\ & \ddots & \\ &&\lambda_pM_p \end{pmatrix}$.

Conclusion. $\displaystyle \mathcal C(A)$ est l’image par l’isomorphisme $\displaystyle M\mapsto PMP^{-1}$, de l’espace vectoriel des matrices de la forme $\displaystyle \begin{pmatrix} M_1 & &\\ & \ddots & \\ &&M_p \end{pmatrix}$. Ainsi $\displaystyle \dim \mathcal C(A)=d_1^2+\dots+d_p^2$. Comme $\displaystyle d_i\ge 1$ on a au passage $\displaystyle \dim \mathcal C(A)\ge d_1+\dots+d_p=n.$

Relation entre $\displaystyle A$ et $\displaystyle B$ 👉 Faire des petits calculs pour se donner des idées : $\displaystyle A^2=\cdots$, $\displaystyle AB=\cdots$, etc.

Il faut montrer que $\displaystyle A^n=0$ pour un certain $\displaystyle n$. On ne voit pas très bien ce qu’il faut faire, donc on fait des petits calculs pour se donner des idées. Le plus naturel :
$$\begin{aligned}{} A^2&=ABA-BA^2\\\\ AB&=A+BA\\ &=(I+B)A\\\\ A^2&=A(AB-A)-BA^2\\ &=A^2B-A^2-BA^2\\ \end{aligned}$$

La dernière ligne donne $\displaystyle 2A^2=A^2B-BA^2$, et vu l’hypothèse, ça sent la récurrence. En effet on a $\displaystyle 2A^3=A^2BA-BA^3$ et il suffit encore de remplacer $\displaystyle BA$ par $\displaystyle AB-A$. On vous laisse montrer proprement que pour tout $\displaystyle k\ge1$, $\displaystyle kA^k=A^kB-BA^k$. Cela peut suggérer plusieurs pistes :

1. On continue sur la généralisation : on peut en déduire que, pour tout polynôme $\displaystyle P \in \mathbb{K[X]}$, on a $\displaystyle A P'(A)=P(A)B-BP(A)$. En particulier, si $\displaystyle P$ est le polynôme minimal de $\displaystyle A$, on a $\displaystyle AP'(A) = 0$. Le polynôme $\displaystyle Q(X)=XP'(X)$ annule $\displaystyle A$ et est de même degré que le polynôme minimal de $\displaystyle A$, on en déduit qu’il existe une constante $\displaystyle c$ telle que $\displaystyle Q(X)=cP(X)$. En observant le coefficient dominant, on montre que $\displaystyle c={\rm deg(P)}$. Notons $\displaystyle k$ le degré de $\displaystyle P$. On écrit $\displaystyle P(X) = \sum_{i=0}^k a_iX^i$ avec $\displaystyle a_k= 1$. On a alors : $\displaystyle 0 = kP(X)- Q(X) = \sum_{i=0}^k (k-i) a_i X^î.$
   En identifiant les coefficients, on en déduit que $\displaystyle a_i = 0$ dès que $\displaystyle i<k$. On peut aussi résoudre $\displaystyle xP'(x)=kP(x)$, i.e. $\displaystyle \log(P(x))=k\log(x)$, et $\displaystyle P(x)=x^k$. Ainsi $\displaystyle P(X)=X^k$, donc $\displaystyle A$ est nilpotente.
2. La relation peut aussi faire penser à une relation aux valeurs propres, vecteurs propres : $\displaystyle \phi(A^k)=kA^k$, où $\displaystyle \phi(M)=MB-BM$, et ça tombe bien, $\displaystyle \phi$ est un endomorphisme de $\displaystyle M_n(\mathbb R)$. Si $\displaystyle A^k$ n’est nulle pour aucun $\displaystyle k$, alors $\displaystyle \phi$ possède une infinité de valeurs propres, i.e. tous les entiers. Et ceci n’est pas possible sur un e.v. de dimension fini, ici $\displaystyle M_n(\mathbb R)$. Donc il existe $\displaystyle k$ tel que $\displaystyle A^k=0$.

C’est pas magnifique les maths ?! Cette relation a généré deux idées qui conduisent à des preuves complètement différentes !

Soit $\displaystyle X$ dans le noyau de $\displaystyle I_n-N$. Alors $\displaystyle NX=X$, et donc $\displaystyle N^2X=NX=X$, etc. Donc $\displaystyle N^rX=X$, et alors $\displaystyle X=0$.
Ainsi $\displaystyle I_n-N$ est inversible.
Formellement, c’est la série géométrique : “$\displaystyle (I_n-N)^{-1}=\frac{1}{1-N}=1+N+N^2+\cdots=1+N+N^2+\cdots+N^{r-1}$”, et on vérifie bien par téléscopage que $\displaystyle (I_n-N)(I_n+N+N^2+\cdots+N^{r-1})=I_n$ car $\displaystyle N^r=0$.

• $\displaystyle A,B$ inversibles 👉 Faire des calculs avec les inverses ;
• Trace 👉 $\displaystyle tr(AB)=tr(BA)$ ou $\displaystyle tr(ABA^{-1})=tr(B)$.

On peut écrire $\displaystyle ABA^{-1}+B=0$. Or $\displaystyle tr(ABA^{-1})=tr(A^{-1}AB)=tr(B)$ d’où $\displaystyle tr(ABA^{-1})+tr(B)=2tr(B)=0$, donc $\displaystyle tr(B)=0$. On écrit $\displaystyle A+BAB^{-1}=0$ pour obtenir $\displaystyle tr(A)=0$.

Il y a $\displaystyle n$ coefficients non nuls et on s’aperçoit que la matrice est presque comme une matrice de permutation à ceci près que ses coefficients ne sont pas forcément $\displaystyle 1$ : c’est donc le produit d’une matrice de permutation par une matrice diagonale inversible. Elle est donc inversible !

Somme de coefficients et inversibilité 👉 Écrire $\displaystyle AX=0$.

Puisqu’il y a des sommes de $\displaystyle a_{i,j}$ à $\displaystyle i$ fixé, cela invite à considérer un élément $\displaystyle x = (x_{j})$ du noyau de $\displaystyle A$ car il vérifie $\displaystyle \sum_{1\le j\le n}a_{i,j} x_j=0$ pour toute ligne $\displaystyle i$. Ecrivons des choses simples en essayant de reproduire des quantités de l’hypothèse. On a $\displaystyle a_{i,i} x_i =- \sum_{j\neq i}a_{i,j} x_j$, d’où $\displaystyle |a_{i,i}| |x_i| \le\sum_{j\neq i}|a_{i,j}| |x_j|$. Tiens, on dirait l’inégalité de l’hypothèse mais dans l’autre sens, y aurait-il une contradiction possible ? On n’a pas utilisé que cela était valable pour tout $\displaystyle i$, donc on va prendre celui qui nous arrange comme d’hab ! Supposons $\displaystyle x\neq0$ (i.e. on suppose que $\displaystyle A$ n’est pas inversible) et prenons le $\displaystyle i$ tel que $\displaystyle |x_i|=\max_{k}|x_k|$, du coup $\displaystyle |x_i|>0$. On revient à notre inégalité en majorant chaque $\displaystyle |x_j|$ par $\displaystyle |x_i|$ : on a $\displaystyle |a_{i,i}| |x_i| \le\sum_{j\neq i}|a_{i,j}| |x_i|$, et il n’y a plus qu’à simplifier par $\displaystyle |x_i|>0$ pour avoir notre contradiction !

Relation entre $\displaystyle A$ et $\displaystyle B$ 👉 Faire des manipulations simples : factoriser, etc.

Comme on ne voit pas du tout ce que l’on pourrait bien utiliser, il faut faire des manipulations algébriques, des calculs simples pour créer des idées. On commence : $\displaystyle A(B-I_n)=B=B-I_n+I_n$, d’où $\displaystyle A(B-I_n)-(B-I_n)=I_n$, et $\displaystyle (A-I_n)(B-I_n)=I_n$. Et là on voit quelque chose de très important : $\displaystyle A-I_n$ est inversible ! Donc elle commute avec son inverse, i.e. on a aussi $\displaystyle (B-I_n)(A-I_n)=I_n$, et en redéveloppant $\displaystyle BA=A+B$, d’où le résultat.

• Même rang 👉 Matrices équivalentes ;
• Faire des manipulations simples : élever au carré, passer un terme de l’autre côté, etc.

Comme $\displaystyle A$ et $\displaystyle B$ ont même rang, il existe $\displaystyle P,Q$ inversibles telles que $\displaystyle A=PBQ$.
Utilisons l’hypothèse $\displaystyle A^2=A$ : on a $\displaystyle A^2=PBQPBQ=A=PBQ$. Donc $\displaystyle B=BQPB$ car $\displaystyle P,Q$ inversibles.
Des candidats pour $\displaystyle U$ et $\displaystyle V$ sont donc $\displaystyle V=BQ$ et $\displaystyle U=PB$ (de sorte que $\displaystyle B=VU$). Voyons si ça marche.
On a alors, en utilisant $\displaystyle B^2=B$, $$UV=PBBQ=PB^2Q=PBQ=A,$$ c’est gagné !

Le point clé est d’étudier à quelle condition deux matrices diagonales sont semblables.
En algèbre linéaire beaucoup de propriétés sont conservées par similitude : déterminant, trace, valeurs propres, polynôme caractéristique, dimensions des sous-espaces propres…

Nous commençons par montrer que deux matrices diagonales $\displaystyle M=\mathrm{Diag}(\lambda_1,\dots,\lambda_n)$ et $\displaystyle N=\mathrm{Diag}(\mu_1,\dots,\mu_n)$ sont semblables ssi il existe $\displaystyle \sigma\in \mathfrak S_n$ tel que $\displaystyle \forall i\in[\![1,n]\!],~\lambda_{\sigma(i)}=\mu_i$, autrement dit ssi les coefficients diagonaux de $\displaystyle M$ et de $\displaystyle N$ sont les mêmes à une permutation près.

• Supposons cette condition vérifiée, notons $\displaystyle f$ et $\displaystyle g$ les endomorphismes canoniquement associés à $\displaystyle M$ et $\displaystyle N$, et $\displaystyle \phi$ l’automorphisme de $\displaystyle \R^n$ tel que $\displaystyle \forall i\in[\![1,n]\!],~\phi(e_i)=e_{\sigma(i)}$, où $\displaystyle (e_1,\dots,e_n)$ est la base canonique de $\displaystyle \R^n$. Alors on vérifie que $$\forall i\in[\![1,n]\!],~~\phi^{-1}\circ f\circ \phi(e_i)=\lambda_{\sigma(i)}e_i,$$ donc $\displaystyle P^{-1}MP=N$, où $\displaystyle P$ est la matrice canoniquement associée à $\displaystyle \phi$.
• Réciproquement, si $\displaystyle M$ et $\displaystyle N$ sont semblables alors elles ont mêmes valeurs propres donc $\displaystyle \{\lambda_1,\dots,\lambda_n\} = \{\mu_1,\dots,\mu_n\}$. De plus pour $\displaystyle \alpha\in\mathrm{Sp}(M)=\mathrm{Sp}(N)$, on a $\displaystyle \dim(E_{\alpha}(M))=\dim(E_{\alpha}(N))$, donc le nombre d’apparitions de $\displaystyle \alpha$ dans les listes $\displaystyle (\lambda_1,\dots,\lambda_n)$ et $\displaystyle (\mu_1,\dots,\mu_n)$ sont égaux.

Conclusion. Si on note $\displaystyle D_1=\mathrm{Diag}(a_1,\dots,a_n)$ et $\displaystyle D_2=\mathrm{Diag}(b_1,\dots,b_n)$, $\displaystyle D_1^2$ et $\displaystyle D_2^2$ sont diagonales. Donc l’hypothèse entraîne qu’il existe $\displaystyle \sigma\in \mathfrak S_n$ tel que $\displaystyle \forall i\in[\![1,n]\!],~(a_{\sigma(i)})^2=(b_i)^2$.
Comme tous ces coefficients sont positifs on a donc $\displaystyle a_{\sigma(i)}=b_i$, et donc $\displaystyle D_1$ et $\displaystyle D_2$ sont semblables.

• $\displaystyle A$ pas inversible 👉 $\displaystyle det(A)=0$, $\displaystyle Ker(A)\neq \{0\}$, il existe $\displaystyle B\neq0$ telle $\displaystyle AB=0$.
• On voit $\displaystyle (A+B)^k$ 👉 On développe.

Comme on ne voit pas bien où va intervenir le Ker et qu’on ne sait rien dire sur
$\displaystyle \det (A^k+B^k)$, le plus naturel est de développer $\displaystyle (A+B)^k=A^k+termes+B^k$, où $\displaystyle termes$ contient des termes avec au moins un $\displaystyle AB$ ou $\displaystyle BA$. On va montrer un résultat assez classique : si $\displaystyle A$ n’est pas inversible alors il existe $\displaystyle B\neq0$ tel que $\displaystyle AB=BA=0$. Pour construire $\displaystyle B$ il faut partir de $\displaystyle A$ dans une bonne base, et là on sait pas grand chose ! On peut juste dire qu’il existe $\displaystyle P$ et $\displaystyle Q$ inversible tel que $\displaystyle A=PDQ^{-1}$ avec $\displaystyle D=\left( \begin{array}{cc} J_r & 0 \\ 0 & 0 \end{array} \right)$ et $\displaystyle r<n$. Si on pose $\displaystyle B=QD'P^{-1}$ avec $\displaystyle D'=\left( \begin{array}{cc} 0 & 0 \\ 0 & J_{n-r} \end{array} \right)$, c’est gagné ! Du coup on a montré l’implication $\displaystyle \Longrightarrow$.

Pour la réciproque, idem, on ne voit pas comment on peut directement récupérer l’inversibilité de $\displaystyle A$. Donc dans ce cas, il faut partir de la seule identité qu’on connaît et faire des manipulations. On commence par $\displaystyle k=2$. On a $\displaystyle (A+B)^2=A^2+AB+BA+B^2=A^2+B^2$, d’où $\displaystyle AB=-BA$ (1ere info déjà pas mal !).
On continue $\displaystyle (A+B)^3=(A^2+B^2)(A+B)=A^3+A^2B+B^2A+B^3=A^3+B^3$, d’où $\displaystyle A^2B=-B^2A$, mais avec la 1ere info on a aussi $\displaystyle B^2A=-BAB=AB^2$, i.e. $\displaystyle A^2B=-AB^2$. Supposons $\displaystyle A$ inversible, il vient $\displaystyle AB=-B^2$. Mais on aurait aussi pu écrire $\displaystyle (A+B)^3=(A+B)(A^2+B^2)=A^3+AB^2+BA^2+B^3=A^3+B^3$, d’où de la même manière $\displaystyle BA^2=-AB^2=BAB=-B^2A$, i.e. $\displaystyle BA=-B^2$ (car $\displaystyle A$ inversible). Donc $\displaystyle AB=BA$. Avec la 1ere info, on en déduit $\displaystyle AB=0$, ce qui contredit que $\displaystyle A$ est inversible car $\displaystyle B\neq0$. (Ouf !)

Remarque : pour ceux qui connaissent l’exponentielle matricielle, l’identité pour tout $\displaystyle k$ permet d’obtenir tout de suite en divisant par $\displaystyle k!$ et en sommant, $\displaystyle e^{A+B}=e^A+e^B$, et on doit pouvoir faire des choses rigolotes avec le $\displaystyle \det$ et la trace 😃

On rappelle le fait suivant : soit $\displaystyle D={\rm diag}(d_1,\ldots,d_n)$ une matrice diagonale. Alors $$AD = (d_j a_{i,j})_{1 \le i,j \le n} \ , \ DA = (d_i a_{i,j})_{1 \le i,j \le n}.$$ Ces formules permettent d’avoir une expression simple pour $\displaystyle PAP^{-1}$ lorsque la matrice de passage $\displaystyle P$ est diagonale : on pose $\displaystyle P = {\rm diag}(\lambda_1,\ldots,\lambda_n)$, avec $\displaystyle \lambda_i \neq 0$. On a alors $\displaystyle P^{-1} = {\rm diag}(\lambda_1^{-1},\ldots,\lambda_n^{-1})$ et $\displaystyle PAP^{-1} = (\lambda_j^{-1} \lambda_i a_{i,j})_{1 \le i,j \le n}$.

Revenons à l’exercice : si $\displaystyle A = \lambda I_n$ est une homothétie, alors $\displaystyle PAP^{-1} = A$ pour tout $\displaystyle P \in GL_n(\mathbb{C})$, donc $\displaystyle E_A$ est réduit à un élément. On suppose maintenant que $\displaystyle A$ n’est pas une homothétie. On fait dans un premier temps l’hypothèse que la matrice $\displaystyle A$ n’est pas diagonale, c’est-à-dire qu’il existe des indices $\displaystyle i_0 \neq j_0$ tels que $\displaystyle a_{i_0,j_0} \neq 0$. Soit $\displaystyle R > 0$ arbitrairement grand. On veut trouver une matrice de passage $\displaystyle P$ telle que $\displaystyle ||P A P^{-1}|| > R$. Pour cela, il suffit de choisir $\displaystyle P = {\rm diag}(\lambda_1,\ldots,\lambda_n)$ avec $\displaystyle \lambda_{j_0} = \varepsilon$, $\displaystyle \lambda_{i_0}= \varepsilon^{-1}$ et $\displaystyle \lambda_k = 1$ pour les autres indices. D’après le début de la solution, on a $\displaystyle (P A P^{-1})_{i_0,j_0} = \frac{1}{\varepsilon^2} a_{i_0,j_0}$. Il suffit alors de choisir $\displaystyle 0 < \varepsilon < \frac{1}{\sqrt{|a_{i_0,j_0}|}}$ pour conclure.

Il reste à considérer le cas où $\displaystyle A = {\rm diag}(a_1,\ldots,a_n)$ est diagonale mais n’est pas une homothétie. On va se ramener au cas précédent en montrant que $\displaystyle A$ est semblable à une matrice non diagonale. Comme $\displaystyle A$ n’est pas une homothétie, il existe deux indices $\displaystyle i,j$ tels que $\displaystyle a_i \neq a_j$. Quitte à réordonner les vecteurs de la base canonique, on peut supposer que $\displaystyle a_1 \neq a_2$. On considère maintenant la nouvelle base $\displaystyle (e_1+e_2,e_2,e_3,\ldots,e_n)$. On a $\displaystyle A(e_1+e_2) = a_1 e_1 + a_2 e_2 = a_1 (e_1+e_2) + (a_2-a_1) e_2$. Si $\displaystyle Q$ est la matrice de passage dans cette nouvelle base, on a $\displaystyle (Q A Q^{-1})_{1,2} = a_2-a_1 \neq 0$. D’après le paragraphe précédent, étant donné $\displaystyle R>0$, on peut trouver $\displaystyle P \in GL_n(\mathbb{C})$ telle que $\displaystyle \|P(Q A Q^{-1}) P^{-1}\| > R$, et on a bien $\displaystyle P(Q A Q^{-1}) P^{-1} = (PQ) A (PQ)^{-1} \in E_A$.

Égalité de polynômes caractéristiques 👉 Invariance de $\displaystyle \chi$ pour des matrices semblables.

On peut écrire $\displaystyle AB=B^{-1}BAB$ si $\displaystyle B$ est inversible, et ainsi $\displaystyle AB$ et $\displaystyle BA$ sont semblables. Donc on a bien le résultat dans ce cas. On sait que les matrices inversibles sont denses dans $\displaystyle M_n(\mathbb C)$ et on peut donc conclure dans le cas général en disant que l’application $\displaystyle B\mapsto \chi_B$ est continue (car polynomiale en les coefficients de $\displaystyle B$).

Réduction avec des espaces simples ! On ne va quand même pas calculer $\displaystyle 9$ coefficients à la main 😕😱

Comme $\displaystyle M^2=0$, on a $\displaystyle {\rm Im}(M)\subset {\rm Ker}(M)$, d’où $\displaystyle {\rm rg}(M)\le {\rm dim(Ker}(M))$.
Avec le théorème du rang, il vient $\displaystyle {\rm rg}(M)\le 3-rg(M)$, donc $\displaystyle rg(M)\le 3/2$.
Si $\displaystyle rg(M)=0$, $\displaystyle M$ est la matrice nulle, qui est bien solution.
Sinon $\displaystyle rg(M)=1$. L’image est donc une droite incluse dans le noyau qui est donc un plan. Prenons $\displaystyle (e_1,e_2)$ une base du Ker où $\displaystyle e_1$ engendre l’image. Complétons avec un $\displaystyle e_3$ qui n’est pas dans le noyau et tel que $\displaystyle u(e_3)=e_1$. Dans la base $\displaystyle (e_1,e_2,e_3)$, la matrice $\displaystyle M$ s’écrit donc $\displaystyle A=\begin{pmatrix} 0 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0\\ \end{pmatrix}.$
Toutes les matrices semblables à $\displaystyle A$ sont bien solutions de $\displaystyle M^2=0$, et ceux sont les seules, outre $\displaystyle 0$.

• Le matheux est parresseux 👉 On ne va pas calculer les coefficients de $\displaystyle M$ ;
• On voit une matrice nilpotente 👉 On élève à des puissances.

Soit $\displaystyle M$ une solution. On remarque que $\displaystyle \left(\begin{matrix} 0 & 1\\ 0 & 0 \end{matrix}\right)^2=0$, donc $\displaystyle M^4=0$, on en déduit que $\displaystyle M$ est nilpotente. Or $\displaystyle M$ représente une application linéaire en dimension $\displaystyle 2$, donc son indice de nilpotence ne peut excéder $\displaystyle 2$ (cf Exercice 242 ici). Ainsi, soit $\displaystyle M^1=0$, soit $\displaystyle M^2=0$. Dans les deux cas, $\displaystyle M$ ne peut pas être solution de l’équation à résoudre. Il n’y a donc pas de solution.

Puissance de $\displaystyle A$ à partir du polynôme minimal 👉 Division euclidienne !

1. On calcule $\displaystyle A^2=\left(\begin{matrix} 2 & 1 \\ 1 & 1\end{matrix}\right)$. On a donc $\displaystyle A^2-A-I = 0$. Le polynôme $\displaystyle P(X)=X^2-X-1$ annule $\displaystyle A$, et comme $\displaystyle A$ n’est pas une matrice scalaire, son polynôme minimal est de degré au moins $\displaystyle 2$. Ainsi $\displaystyle P$ est le polynôme minimal de $\displaystyle A$.
2. Les racines de $\displaystyle P$ sont $$\lambda = \frac{1+\sqrt{5}}{2} \ , \ \mu = \frac{1-\sqrt{5}}{2}.$$
   Soit $\displaystyle n \ge 0$ un entier . Calculons la division euclidienne du polynôme $\displaystyle X^n$ par $\displaystyle P$ : on sait qu’il existe $\displaystyle Q_n \in \R[X]$ et $\displaystyle R_n \in \R_1[X]$ tels que $\displaystyle X^n = P(X)Q_n(X) + R_n(X).$ On écrit $\displaystyle R_n(X) = a_nX+b_n$ pour deux réels $\displaystyle a_n$ et $\displaystyle b_n$. De plus, comme $\displaystyle \lambda$ et $\displaystyle \mu$ sont racines de $\displaystyle P$, on a : $$\lambda^n = R_n(\lambda) = a_n \lambda + b_n \ , \ \mu^n = R_n(\mu) = a_n \mu + b_n.$$ On en déduit que $$b_n = \frac{\mu \lambda^n - \lambda \mu^n}{\mu-\lambda},$$ et que $$a_n = \frac{\lambda^n -\mu^n}{\lambda-\mu}.$$ On peut simplifier ces expressions en remarquant que $$\lambda-\mu = \sqrt{5} \ , \ \lambda \mu = -1.$$ On a alors $\displaystyle A^n = a_n A+b_n I$ avec $$a_n = \frac{1}{\sqrt{5}} \left(\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^n- \left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^n\right),$$
   $$b_n = \frac{1}{\sqrt{5}} \left( \left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{n-1}- \left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{n-1}\right).$$

Puissance d’une matrice 👉 on cherche un polynôme annulateur !

On calcule $$M^2= \begin{pmatrix} 1-2a+a^2+ab & a(2-a-b) \\ b(2-a-b) & 1-2b+b^2+ab \end{pmatrix},$$ donc $$M^2 -(2-a-b)M = \begin{pmatrix} -1+a+b & 0 \\ 0 & -1+a+b \end{pmatrix} = (-1+a+b) I.$$
Ainsi le polynôme $\displaystyle P(X) = X^2-(2-a-b)X+(1-a-b)$ est un polynôme annulateur de $\displaystyle M$. On pose $\displaystyle \lambda = 1-a-b$. Les hypothèses $\displaystyle a,b \in ]0,1[$ impliquent que $\displaystyle \lambda \in ]-1,1[$. De plus, on a $$P(X)=(X-1)(X-\lambda).$$
On fait maintenant la division euclidienne de $\displaystyle X^n$ par $\displaystyle P$ : il existe $\displaystyle Q \in \R[X]$ et $\displaystyle a_n,b_n \in \R$ tels que $$X^n = Q(X)P(X) + (a_n X+b_n).$$ Comme les deux racines de $\displaystyle P$ sont $\displaystyle 1$ et $\displaystyle \lambda$, on a : $$1=a_n+b_n \ ,\ \lambda^n = a_n \lambda + b_n.$$ On résout facilement le système et on obtient : $$a_n = \frac{1-\lambda^n}{1-\lambda} \ , \ b_n = \frac{\lambda^n-\lambda}{1-\lambda}.$$ Ainsi on a $\displaystyle M^n = a_n M+b_n I$, c’est-à-dire $$M^n = \frac{1}{1-\lambda} \begin{pmatrix} (1-\lambda^n)(1-a)+(\lambda^n-\lambda) & (1-\lambda^n)a \\ (1-\lambda^n)b & (1-\lambda^n)(1-b)+(\lambda^n-\lambda) \end{pmatrix}.$$ En remplaçant $\displaystyle \lambda$ par son expression explicite, on simplifie un peu : $$M^n = \frac{1}{a+b} \begin{pmatrix} b + \lambda^n a & a - \lambda^n a \\b - \lambda^n b & a + \lambda^n b\end{pmatrix}.$$ Comme $\displaystyle |\lambda|<1$, on a $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \lambda^n = 0$, donc $$\lim_{n \to \infty} M^n = \frac{1}{a+b} \begin{pmatrix} b & a \\ b& a \end{pmatrix}.$$