Algèbre

EXALG058

Polytech, Umons, Mons, 1992

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Solution proposée par Hugues Vermeiren

  1. Méthode de récurrence

    On calcule à la main les premières puissances de \(M\), on devine ce qui se passe et on essaie une récurrence...
    On trouve successivement : \[ M^1=\begin{pmatrix}1&0&0\\2&1&0\\3&2&1\end{pmatrix} \quad,\quad M^2=\begin{pmatrix}1&0&0\\4&1&0\\10&4&1\end{pmatrix} \quad,\quad M^3=\begin{pmatrix}1&0&0\\6&1&0\\21&6&1\end{pmatrix} \] \[ M^4=\begin{pmatrix}1&0&0\\8&1&0\\36&8&1\end{pmatrix} \quad,\quad M^5=\begin{pmatrix}1&0&0\\10&1&0\\55&10&1\end{pmatrix}\,. \] Les éléments \(a_{21}\) et \(a_{32}\) semblent être de la forme \(2n\)
    Les éléments \(a_{31}\) semblent constituer la suite : \(u_n=\{3,10,21,36,55,\ldots\}\) dont les différences successives sont \(\Delta_n=\{7,11,15,19\ldots\}=\{3+4n\,|\,n\in \mathbb{N}\}\).
    Les termes de \(u_n\) sont donc (sans doute!) les sommes partielles de la suite \(\Delta_n\), qui est arithmétique de raison 4, soit : \[ u_n=n\cdot\frac{\Delta_n+\Delta_{n-1}}{2}=n\cdot\frac{3+[3+4(n-1)]}{2}=n(2n+1)\,. \] Supposons donc que \( M^n=\begin{pmatrix}1&0&0\\2n&1&0\\n(2n+1)&2n&0\end{pmatrix}. \)
    On a alors : \[ M^{n+1}=M^n\cdot M=\begin{pmatrix}1&0&0\\2n&1&0\\n(2n+1)&2n&0\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}1&0&0\\2&1&0\\3&2&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&0&0\\2n+2&1&0\\2n^2+5n+3&2n+2&1\end{pmatrix} \] Comme \(2n^2+5n+3=(n+1)\left[2(n+1)+1\right]\), l'hypothèse de récurrence est vérifiée.

  2. Binôme de Newton et matrice nilpotente

    On décompose \(M\) en une somme de deux matrices \(3\times 3\) qui commutent et on applique le binôme de Newton.
    (Si les matrices \(A\) et \(B\) ne commutent pas, on n'a même pas \(\left(A+B\right)^2=A^2+2\,AB+B^2\).)

    Si \(M=A+B\), si \(A\) et \(B\) commmutent et si les puissances de \(A\) et de \(B\) s'expriment simplement, la méthode peut fonctionner.

    Un bon choix pour \(B\) est la matrice identité \(I\): elle commute avec toutes les autres. \[ M=A+I \quad \text{où}\quad A=\begin{pmatrix}0&0&0\\2&0&0\\3&2&0\end{pmatrix}\ \text{et}\ I=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix} \] On a \(I^n=I\) quel que soit \(n\in\mathbb{N}\) et \[ A^2=\begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&0\\4&0&0\end{pmatrix}\quad,\quad A^3=\begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix} \] A partir de l'exposant 3, toutes les puissances de \(A\) sont nulles!
    Une matrice dont une des puissances est nulle est une matrice nilpotente.

    Comme \(A\) et \(I\) commutent, on peut appliquer la formule du binôme de Newton: \[ M^n=\left(A+I\right)^n=\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}\ A^k\cdot I^{n-k}=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}\ A^k \] Les coefficients \(\binom{n}{k}\) se notent aussi \(C_n^k\).

    Mais \(A^k=0\) pour \(k\geqslant 3\), donc: \[ M^n=\sum_{k=0}^2\binom{n}{k}\ A^k=\binom{n}{0}\ A^0+\binom{n}{1}\ A^1+\binom{n}{2}\ A^2=I+n\cdot A + \frac{n(n-1)}{2}\cdot A^2 \] \[ M^n= \begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}+ \begin{pmatrix}0&0&0\\2n&0&0\\3n&2n&0\end{pmatrix}+ \begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&0\\4\cdot\frac{n(n-1)}{2}&0&0\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}1&0&0\\2n&1&0\\n(2n+1)&2n&0\end{pmatrix}\,. \]


Note de Jacques COLLOT

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Polynôme d'interpolation de Newton. Différences divisées.

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Modifié le 1 août 2005. (Steve Tumson). Modifié le 3 novembre 05 (Severy. Modifié le 22 février 2016 (Hugues Vermeiren)