Avant tout calcul, regarder si la matrice est diagonale.

Si

\(A=\mathrm{diag}(\lambda_1,\dots,\lambda_n)\)

alors, pour tout \(n\in\mathbb{N}\),

\(A^n=\mathrm{diag}(\lambda_1^n,\dots,\lambda_n^n)\)

Calculer \(A^n\) pour tout \(n \in \mathbb{N}\) lorsque

\[ A= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{pmatrix}. \]

On constate que \(A\) est une matrice diagonale. On peut donc appliquer directement le résultat de cours sur les puissances des matrices diagonales.

On a ainsi, pour tout \(n \in \mathbb{N}\),

\[ A^n= \begin{pmatrix} 1^n & 0 & 0 \\ 0 & (-1)^n & 0 \\ 0 & 0 & 3^n \end{pmatrix}. \]

Avant de commencer des calculs compliqués pour déterminer \(A^n\), il est souvent utile de se demander si la matrice \(A\) ne peut pas s’écrire sous la forme

\[ A = M + N \]

où \(M\) et \(N\) sont des matrices qui commutent, c’est-à-dire telles que \(MN=NM\).

En pratique, cette méthode est particulièrement utile lorsqu’on dispose déjà d’une décomposition simple, ou lorsque la matrice est triangulaire dont les coefficients diagonaux sont tous égaux, c’est-à-dire lorsqu’il existe un réel \(a\) tel que

\[ A = aI + N \]

où \(N\) est une matrice triangulaire dont les coefficients diagonaux sont tous nuls. Dans ce cas, les puissances de \(N\) sont nulles à partir d’un certain rang, ce qui simplifie considérablement le calcul de \(A^n\).

Cette méthode n’est intéressante que si les puissances de \(M\) et de \(N\) sont plus simples à calculer que celles de \(A\).

Erreur classique

• utiliser la formule du binôme sans avoir vérifié la commutation des matrices ;
• utiliser la formule du binôme avec \(A=M+N\) sans s’être demandé au préalable si les puissances de \(M\) et de \(N\) sont réellement plus simples à calculer que celles de \(A\).

Calculer \(A^n\) pour tout \(n \in \mathbb{N}\) lorsque

\[ A= \begin{pmatrix} 2 & 1 & -1 \\ 0 & 2 & 2 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}. \]

On remarque que \(A\) est triangulaire et que ses coefficients diagonaux sont tous égaux. Il est donc raisonnable d’utiliser la formule du binôme de Newton en écrivant

\[ A = 2I + N \qquad\text{avec}\qquad N= \begin{pmatrix} 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 2 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}. \]

Calculons les puissances de \(N\). On a

\[ N^2= \begin{pmatrix} 0 & 0 & 2 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \qquad\text{et}\qquad N^3=0. \]

On en déduit que, pour tout \(k \geqslant 3\),

\[ N^k = N^3 N^{k-3} = 0. \]

Les matrices \(2I\) et \(N\) commutent. On peut donc appliquer la formule du binôme de Newton :

\[ \forall n \in \mathbb{N},\quad A^n = (2I+N)^n = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} (2I)^{\,n-k} N^k. \]

Comme \(N^k=0\) pour tout \(k \geqslant 3\), les termes correspondants sont nuls. On obtient donc, pour tout \(n \geqslant 2\),

\[ \begin{align*} A^n &= 2^n I + \binom{n}{1} 2^{\,n-1} N + \binom{n}{2} 2^{\,n-2} N^2 \\ &= 2^n \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} + n\,2^{\,n-1} \begin{pmatrix} 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 2 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} + \frac{n(n-1)}{2}\,2^{\,n-2} \begin{pmatrix} 0 & 0 & 2 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} 2^n & n\,2^{\,n-1} & n(n-3)\,2^{\,n-2} \\ 0 & 2^n & n\,2^n \\ 0 & 0 & 2^n \end{pmatrix}. \end{align*} \]

Après vérification directe, on constate que cette formule reste valable pour \(n=0\) et pour \(n=1\).

Lorsque les méthodes précédentes ne s’appliquent pas directement, calculer \(A^2\) puis \(A^3\) permet parfois de faire apparaître une structure simple dans les puissances de la matrice, à partir de laquelle on peut conjecturer une formule valable pour tout \(n\).

La conjecture porte le plus souvent :

• soit sur une écriture de \(A^n\) comme combinaison linéaire de quelques matrices fixes,
• soit directement sur les coefficients de \(A^n\), lorsqu’ils suivent un motif simple (dépendance polynomiale en \(n\), alternance de signes, stabilisation de certains termes, etc.).

Pour calculer \( A^n \), on peut donc procéder ainsi :

• Calculer explicitement \(A^2\) puis \(A^3\).
• Observer la forme des matrices obtenues et les régularités qui apparaissent.
• Conjecturer une expression générale pour \(A^n\).
• Justifier la conjecture par récurrence en utilisant \(A^{n+1}=A^nA\), et en vérifiant que la forme conjecturée est stable par multiplication par \(A\).

Calculer \(A^n\) pour tout \(n \in \mathbb{N}\) lorsque

\[ A= \begin{pmatrix} 1&0&1\\ 0&-1&0\\ 0&0&2 \end{pmatrix}. \]

Faute de voir quelque chose de simple (matrice diagonale, décomposition pour utiliser la formule du binôme de Newton), on calcule \(A^2\) et \(A^3\) pour voir si l’on peut conjecturer un résultat général.

\[ A^2= \begin{pmatrix} 1&0&3\\ 0&1&0\\ 0&0&4 \end{pmatrix} \qquad\text{et}\qquad A^3= \begin{pmatrix} 1&0&7\\ 0&-1&0\\ 0&0&8 \end{pmatrix}. \]

On observe que \(A^n\) reste triangulaire supérieure, que les coefficients diagonaux semblent être \(1\), \((-1)^n\) et \(2^n\), et que le coefficient \((1,3)\) prend les valeurs \(1,3,7,\dots\), ce qui suggère la conjecture \((A^n)_{1,3}=2^n-1\). On conjecture donc que

\[ \forall n \in \mathbb{N},\quad A^n= \begin{pmatrix} 1&0&2^n-1\\ 0&(-1)^n&0\\ 0&0&2^n \end{pmatrix}. \]

On montre alors par récurrence que

\[ \forall n \in \mathbb{N},\quad A^n= \begin{pmatrix} 1&0&2^n-1\\ 0&(-1)^n&0\\ 0&0&2^n \end{pmatrix}. \]

1. Initialisation. Par convention \(A^0=I_3\), donc

   \[ \begin{align*} A^0 &= \begin{pmatrix} 1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1 \end{pmatrix}\\ &= \begin{pmatrix} 1&0&2^0-1\\ 0&(-1)^0&0\\ 0&0&2^0 \end{pmatrix} \end{align*} \]

   donc la proposition est vraie au rang \(0\).
2. Hérédité. Soit \(n \in \mathbb{N}\). On suppose que la proposition est vraie au rang \(n\), c’est-à-dire

   \[ A^n= \begin{pmatrix} 1&0&2^n-1\\ 0&(-1)^n&0\\ 0&0&2^n \end{pmatrix}. \]

   On a alors

   \[ \begin{align*} A^{n+1} &= A^nA\\ &= \begin{pmatrix} 1&0&2^n-1\\ 0&(-1)^n&0\\ 0&0&2^n \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1&0&1\\ 0&-1&0\\ 0&0&2 \end{pmatrix}\\ &= \begin{pmatrix} 1&0&1+2(2^n-1)\\ 0&(-1)^{n+1}&0\\ 0&0&2^{n+1} \end{pmatrix}\\ &= \begin{pmatrix} 1&0&2^{n+1}-1\\ 0&(-1)^{n+1}&0\\ 0&0&2^{n+1} \end{pmatrix} \end{align*} \]

   donc la proposition est vraie au rang \(n+1\).
3. Conclusion. On a ainsi prouvé par récurrence que

   \[ \forall n \in \mathbb{N},\quad A^n= \begin{pmatrix} 1&0&2^n-1\\ 0&(-1)^n&0\\ 0&0&2^n \end{pmatrix}. \]

Il est important de se souvenir que, si la matrice \(A\) est diagonalisable et si l’on connaît ses valeurs propres ainsi que ses sous-espaces propres, alors le calcul de \(A^n\) peut souvent se faire rapidement.

En effet, dans ce cas, il existe une matrice \(P\) inversible et une matrice \(D\) diagonale telles que

\[ A=PDP^{-1}. \]

On en déduit alors, pour tout \(n \in \mathbb{N}\),

\[ A^n = P D^n P^{-1}. \]

La matrice \(D^n\) se calcule immédiatement en élevant chacun de ses coefficients diagonaux à la puissance \(n\). Il suffit ensuite de calculer le produit \(P D^n P^{-1}\) pour obtenir \(A^n\).

Remarque. Cette méthode n’est réellement pertinente que si l’on connaît déjà les valeurs propres et les sous-espaces propres de \(A\). Dans le cas contraire, la détermination de \(P\) et de \(P^{-1}\) peut conduire à des calculs longs et peu efficaces.

Calculer \(A^n\) pour tout \(n \in \mathbb{N}\) lorsque

\[ A= \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}. \]

• On commence par chercher les valeurs propres et les sous-espaces propres de \(A\) afin de montrer que \(A\) est diagonalisable.
  • Valeurs propres. On résout \(\det(A-\lambda I_2)=0\). On obtient \[ \det \begin{pmatrix} 1-\lambda & 2 \\ 1 & -\lambda \end{pmatrix} =\lambda^2-\lambda-2, \] d’où les valeurs propres \(2\) et \(-1\).
  • Sous-espace propre associé à \(2\). On résout \((A-2I_2)X=0\) en posant \(X=\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}\). On obtient le système \[ \begin{cases} -x+2y=0\\ x-2y=0 \end{cases} \] ce qui donne \(x=2y\). Le sous-espace propre associé à \(2\) est donc \[ E_2=\mathrm{Vect}\!\left( \begin{pmatrix} 2\\ 1 \end{pmatrix} \right). \] On choisit \( V_1=\begin{pmatrix}2\\1\end{pmatrix}. \)
  • Sous-espace propre associé à \(-1\). On résout \((A+I_2)X=0\) avec \(X=\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}\), ce qui conduit au système \[ \begin{cases} 2x+2y=0\\ x+y=0 \end{cases} \] donc \(x=-y\). Le sous-espace propre associé à \(-1\) est \[ E_{-1}=\mathrm{Vect}\!\left( \begin{pmatrix} -1\\ 1 \end{pmatrix} \right). \] On choisit \( V_2=\begin{pmatrix}-1\\1\end{pmatrix}. \)
  • Les vecteurs \(V_1\) et \(V_2\) sont deux vecteurs propres associés à des valeurs propres distinctes. Ils sont donc linéairement indépendants et forment une base de \(\mathcal{M}_{2,1}(\mathbb{R})\). Cela prouve que \(A\) est diagonalisable.
• On note alors

  \[ P=(V_1\mid V_2)= \begin{pmatrix} 2 & -1\\ 1 & 1 \end{pmatrix} \qquad\text{et}\qquad D= \begin{pmatrix} 2 & 0\\ 0 & -1 \end{pmatrix}. \]

  On calcule \(\det(P)=2\cdot1-(-1)\cdot1=3\), donc

  \[ P^{-1} =\frac{1}{3} \begin{pmatrix} 1 & 1\\ -1 & 2 \end{pmatrix}. \]

  On a alors

  \[ \begin{align*} \forall n \in \mathbb{N},\quad A^n &= P D^n P^{-1} \\ &= \begin{pmatrix} 2 & -1\\ 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2^n & 0\\ 0 & (-1)^n \end{pmatrix} \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 1 & 1\\ -1 & 2 \end{pmatrix} \\ &= \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 2^{n+1}+(-1)^n & 2\bigl(2^n-(-1)^n\bigr)\\ 2^n-(-1)^n & 2^n+2(-1)^n \end{pmatrix}. \end{align*} \]