Il ne faut pas la transormer en une matrice diagonale, d'abord, puis la mettre à la puissance n.

euhhh c'est à dire? je ne comprends pas.

Je n'ai pas cherché à calculer mais si tu peux transformer ta matrice en une matrice diagonale, ou un produit de matrices diagonales:
a00
0b0
00c


Alors la matrice Aⁿ=

aⁿ 0 0
0 bⁿ 0
0 0 cⁿ

Mais je ne suis pas sur que c'est plus simple.
Reprends la methode vue en cours, montre moi ce que tu ne comprends pas...

ok, eh bien je noterai toute la méthode (qui est assez longue) un peu plus tard, je dois aller en cours.

Merci en tout cas de me donner un peutit coup de main.

bonne journée.

Bonjour.

Connais-tu le polynôme caractéristique et le théorème de Cayley Hamilton ?

A plus RR.

Bonjour
même par récurrence je voudrais bien la voir car avec A = [ 1,1,0 ; 0,2,1 ; 0,0,3 ] qui est donnée ligne par ligne on a
A² = [ 1,3,1 ; 0,2²,5 ; 0,0,3² ]
A³ = [ 1,7,2.3 ; 0,2³,19 ; 0,0,3³ ]
A^4 = [ 1,3.5,5² ; 0,2^4,5.13 ; 0,0,3^4 ]
A^5 = [ 1,31,2.45 ; 0,2^5,211 ; 0,0,3^5 ]
A^6 = [ 1,63,7.43 ; 0,2^6,2.133 ; 0,0,3^6 ]
*
Par Cayley-Hamilton on a de proche en proche les puissances successives de A en fonction de A² et A
A³  =  6.A²  - 11.A  +  6
A^4 = 25.A²  - 60.A  + 36
A^5 = 90.A²  -239.A  +150
A^6 =301.A²  -840.A  +540
mais alors pour A^(10000) bonne chance
en espérant que A = bien [ 1,1,0 ; 0,2,1 ; 0,0,3 ] et qu'il n'y a pas d'erreur dans ce A sinon j'ai fait cela pour rien .

A+

Bonjour à tous.
Pas besoin de diagonalisation ici: A = diag(1;2;3) + J, où J est une matrice qui ne contient que des 0 sauf sur la diagonale au dessus de la diagonale principale.
On calcule J², on observe qu'elle ne contient que des 0 sauf un 1 tout en haut à droite. et à partir de J^3, toutes les J^n sont nulles.
(c'est général avec les matrices qui ne contiennent qu'une ligne oblique de 1 au dessus de la diagonale principale :
quand on les élève au carré, la ligne de 1 "glisse" vers le haut à droite, et encore un peu au cube, ... jusqu'à quitter la matrice.)

De plus, J commute avec D = diag (1;2;3), donc on peut utiliser le développement du binôme de Newton, la somme ne contenant que les termes pour k=0, 1 et 2 puisqu'à partir de 3 J^n=[0]. On obtient ainsi une formule générale.

Sinon, sans le binôme de Newton, on peut y aller de proche en proche (récurrence) en gardant en tête A=D+J :
A² = (D+J)(D+J) = D² + DJ+JD + J² : la diagonale principale est donnée par D², la diagonale supérieure par DJ+JD=2DJ, et le terme en haut à droite par J²
Et la récurrence va être du type A^n=D^n+a_n DJ + b_nJ².

Pour geo3 : pour voir ta récurrence, écris tes matrices en décomposant en somme de trois matrices : une diagonale, une avec le terme du coin en haut à droite, et une dernière avec les deux termes restants.

Bonjour.

¤ lafol : dans ta décomposition A = D + J, D et J ne commutent pas.

Mon idée est la suivante.
Considérons P(X) = (X - 1)(X - 2)(X - 3). D'après le théorème de Cayley Hamilton, P(A) = 0.
Cela étant, divisons Xⁿ par P(X) :



On remplace successivement X par 1,2,3. Cela donne un système :



Ceci permet de trouver a_n, b_n, c_n.

Enfin, en remplaçant X par A dans (I) :



Cordialement RR.

Exact ! JD = DJ + J...

Toujours à la recherche d'une solution "élémentaire" (au cas où notre ami TheMax n'aurait pas Cayley Hamilton en magasin)
On calcule comme l'a fait geo3 les premières puissances.
On conjecture .
La récurrence prouve que c'est OK, avec , et .
La première suite est arithméticogéométrique n sait faire
La deuxième s'étudie grâce à qui vérifie : encore une arithméticogéométrique.
La dernière... je vais manger, et j'y réfléchis !

rebonjour

Considérons P(X) = (X - 1)(X - 2)(X - 3). D'après le théorème de Cayley Hamilton, P(A) = 0. P(X) est le polynôme caractéristique et P(A) = 0  jusque là OK

Cela étant, divisons Xⁿ par P(X) :
Xⁿ = P(X).Q(X) +  a_n.X² + b_n.X + c_n

là il y a quelque chose qui m'échappe ( malgré 1 certain polynôme annulateur)

solutions du système
a_n + b_n + c_n = 1
4a_n + 2b_n + c_n = 2ⁿ
9a_n + 3b_n + c_n = 3ⁿ
=>
a_n = 3ⁿ/2 - 2ⁿ + 1/2
b_n = -3ⁿ⁺¹/2 + 2ⁿ⁺² - 5/2
c_n = 3ⁿ - 3.2ⁿ + 3
*
vérifions pour n=6
a₆ = 3⁶/2 - 2⁶ + 1/2
b₆ = -3⁶⁺¹/2 + 2⁶⁺² - 5/2
c₆ = 3⁶ - 3.2⁶ + 3
=>
a₆ = 729/2 - 64 + 1/2 = 365 - 64 = 301
b_n = -2187/2 + 256 - 5/2 =  -1096 + 256 = - 840
c_n = 729 - 192 + 3 = 540
OK

me revoilà ! Pour , on a les premiers :
, , .
Conjecture : .
C'est immédiat par récurrence à partir de

Bonjour geo3

C'est : Xⁿ = P(X).Q(X) + a_n.X² + b_n.X + c_n qui te pose problème ?
Il faut te souvenir du reste dans la division euclidienne dont le degré est strictement inférieur à celui du quotient.

A plus RR.

Je trouve par la méthode du pivot :



Ensuite on écrit que :



Je trouve finalement :

.

A plus RR.

Rebonjour
merci raymond
oui je savais que le degré du reste < le degré du quotient mais le théorème de Cayley- Hamilton je ne connaisais pas de même que la méthode du pivot pour chercher les a_n ,b_n, c_n  mais je  vais approfondir .

Heureuseument les  solutions  de ton 1er système et celles que tu as trouvés par la méthode pivot sont les mêmes
encore merci
A+

Bonsoir,

le polynome caractéristique est P_car,A(X)=det(A-XI)=(1-X)(2-X)(3-X). Comme le polynome caractéristique est scindé à racine simple la matrice A est diagonalisable. Les valeurs propres sont les racines de ce polynomes soit =1,2,3;
ensuite on cherche les sous espaces propres correspondant E=Ker(A-I).

Pour =1, on cherche E₁=Ker(A-I).
Pour =2, on cherche E₂=Ker(A-2I).
Pour =3, on cherche E₂=Ker(A-3I).

Pour chacun de ces sous espaces propres on connait la dimension qui égale à l'ordre de multiplicité des valeurs propres : ici toutes les valeurs propres sont d'ordre 1 donc les sous espaces propres sont de dimension 1 (et ceux dans le cas ou A est diagonalisable).

On trouve donc trois vecteurs engendrant les sous espaces propres :
E₁=Vect(v₁)
E₂=Vect(v₂)
E₃=Vect(v₃)

La famille (v₁,v₂,v₃) forme une base de R^3 : c'est une base de vecteur propre dans laquelle la matrice A est sous forme diagonale.
Si on appelle P la matrice de passe de la base canonique à la base B'=(v₁,v₂,v₃), alors on a la relation :
A=PDP^-1

On calcule alors Aⁿ=(PDP^-1)ⁿ=PDⁿP^-1.

Bonsoir
Pour moi beaucoup de tout cela n'est que souvenirs mais je crois avoir tout compris sauf le D de la dernière ligne dans
A=PDP^-1

On calcule alors Aⁿ =(PDP^-1)ⁿ=PDⁿP^-1.
A+

Alors D est la matrice diagonale.
E₁=Vect(v₁) donc v₁E₁ d'ou f(v₁)=v₁ (si l'on note A la matrice associé à l'endomorphisme f)

De même f(v₂)=2v₂ et f(v₃)=3v₃; Finalement dans la base (v₁,v₂,v₃), la matrice est :


Si l'on effectue le produit PDP^-1, on retombe bien sur A.

Enfin l'égalité Aⁿ=(PDP^-1)ⁿ=PDⁿP^-1 se montre par récurrence.

Pour n=2, cela se voit très bien :
(PDP^-1)²=(PDP^-1)(PDP^-1)=PDP^-1PDP^-1=PDIDP^-1=PD²P^-1

etc

OK
Eh bien oui je devais le savoir
Je vais approfondir tout cela demain pour me replonger dans mes souvenirs
Ca fait du bien de temps en temps.
En tout cas merci
A+

pas de quoi.
bonne soirée.

H_aldnoer stp, pourquoi (PDP-1)^n=PD^nP-1 ?
Je vois pas d'où tu passes de l'un à l'autre et j'en ai besoin.

non c'est bon merci, j'avais juste des petites difficultés sur la récurrence; C'est bizarre car j'ai cherché cette propriété très longtemps sans jamais la trouver, or elle est très utile dans ce cas particulier où pour calculer A^n, il suffit de diagonaliser la matrice

pour themax tu peu decomposer ton matrice sous la forme AI+B avec A matrice neutre par exemple puis appliquer la puissance a cette tu peu utiliser le binome de newton

bigbos, ça fait 3 ans et demi que Themax s'est posé cette question, on peut espérer qu'il a eu le temps de lire toutes les réponses apportées depuis ...

et le coup de Newton, si tu avais tout lu, tu aurais vu que je l'avais évoqué avant de réaliser grâce à Raymond Les matrices à la puissance n que les matrices concernées ne commutant pas, c'était mort pour la formule du binôme !

mais je vois que tu es nouveau : bienvenue sur l'île !
tu verras, quand on s'est habitués aux autochtones (qu'on appelle des mathîliens) et à leurs manières parfois bourrues (ça c'est pour ma pomme) elle est très agréable