Fomule du binôme
Exercice 1. (☀) (d’aprèsEDHEC 2008) On considère les matrices :
D=
0 0 0 0 2 0 0 0 2
et N =
0 0 0 0 0 1 0 0 0
et on poseT =D+N. a. Déterminer N2.
Démonstration.
N2 =
0 0 0 0 0 1 0 0 0
×
0 0 0 0 0 1 0 0 0
=
0 0 0 0 0 0 0 0 0
. N2 = 0.
b. Utiliser la formule du binôme pour montrer que :
∀n∈N∗, Tn=Dn+nDn−1N
Démonstration.
Soit n∈N∗.
• D’après la question précédente, on obtient, par une récurrence immé- diate que : ∀k>2,Nk= 0.
• On remarque que :DN =
0 0 0 0 0 2 0 0 0
=N D.
AinsiDetN commutent.
• D’après la formule du binôme de Newton : Tn = (D+N)n
=
n
P
k=0
n k
NkDn−k
=
1
P
k=0
n k
NkDn−k+
n
P
k=2
n k
NkDn−k (ce découpage est valable carn>1)
=
1
P
k=0
n k
NkDn−k (car :
∀k>2, Nk= 0 )
= n
0
N0 Dn+ n
1
N1 Dn−1
= Dn+n Dn−1 N (car N etDn−1 commutent)
Ainsi, pour toutn∈N∗,Tn=Dn+n Dn−1 N.
c. Donner explicitement, pour toutn∈N∗, la matrice Tnen fonction den.
Démonstration.
Soit n∈N∗. Tout d’abord :Dn=
0 0 0
0 2n 0 0 0 2n
. On en déduit que :
Dn−1 N =
0 0 0
0 2n−1 0 0 0 2n−1
×
0 0 0 0 0 1 0 0 0
=
0 0 0
0 0 2n−1
0 0 0
et Tn=
0 0 0
0 2n 0 0 0 2n
+n
0 0 0
0 0 2n−1
0 0 0
=
0 0 0
0 2n n2n−1 0 0 2n
Ainsi, pour tout n∈N∗ :Tn= 2n−1
0 0 0 0 2 n 0 0 2
.
Exercice 2. (☀) (d’aprèsEDHEC 2016) On considère les matrices :
N =
0 0 1 0 0 1 0 0 0
et T = 2I+N =
2 0 1 0 2 1 0 0 2
Déterminer, pour tout entier naturel n, la matrice Tn comme combinaison linéaire de I et deN puis deI et deT.
Démonstration.
• Tout d’abord : N2=
0 0 1 0 0 1 0 0 0
×
0 0 1 0 0 1 0 0 0
=
0 0 0 0 0 0 0 0 0
.
On en déduit, par une récurrence immédiate, que pour toutk>2,Nk= 0.
• Soit n∈N∗.
Les matrices 2I et N commutent (car la matrice I commute avec toutes les matrices). On peut donc appliquer la formule du binôme de Newton :
Tn = (2I+N)n
=
n
P
k=0
n k
Nk(2I)n−k
=
1
P
k=0
n k
Nk(2I)n−k+
n
P
k=2
n k
Nk(2I)n−k (ce découpage est valable car n>1)
=
1
P
k=0
n k
Nk(2I)n−k (car :
∀k>2, Nk= 0)
= n
0
N0 (2I)n+ n
1
N1 (2I)n−1
= (2I)n+n (2I)n−1 N (car N et (2I)n−1 commutent)
= 2nIn+n2n−1In−1 N = 2nI+n2n−1 N
• Enfin : 20 I + 0 2−1 N =I etT0=I.
La formule précédente reste valable pour n= 0.
Ainsi, pour toutn∈N, Tn= 2n I+n2n−1 N.
• De plus, commeN =T −2I, on obtient :
Tn = 2nI+n2n−1(T−2I) = 2nI+n2n−1T−n2nI = n2n−1T−(n−1) 2nI
Pour tout n∈N, Tn=n2n−1 T−(n−1) 2n I.
Remarque
• Comme noté dans la démonstration, l’hypothèsen>1est essentielle pour pouvoir découper la somme. Le cas n= 0 doit donc être traité à part.
• Ici, la matrice N vérifie : ∀k>2, Nk= 0. Elle est dite nilpotente d’ordre 2 (ce terme n’est pas au programme et il est préférable de ne pas l’utiliser dans une copie). Si elle avait été nilpotente d’ordre3, il aurait fallu traiter à part les cas n= 0 mais aussi le casn= 1.
Exercice 3. (☀)(d’après ESSEC III - 2007)
À l’aide de la formule du binôme de Newton et de la décomposition suivante : T =
2 0 0 0 2 0 0 0 2
+
0 1 0 0 0 1 0 0 0
,
déterminer l’expression de la matriceTn en fonction de l’entier natureln.
Démonstration.
Notons : D=
2 0 0 0 2 0 0 0 2
= 2 I et N =
0 1 0 0 0 1 0 0 0
.
• Remarquons tout d’abord que : N2 =
0 1 0 0 0 1 0 0 0
×
0 1 0 0 0 1 0 0 0
=
0 0 1 0 0 0 0 0 0
Et ainsi :
N3 =N2×N =
0 0 1 0 0 0 0 0 0
×
0 1 0 0 0 1 0 0 0
=
0 0 0 0 0 0 0 0 0
Ainsi, N3 = 0et, par une récurrence immédiate : ∀k>3,Nk= 0.
• De plus, comme la matrice identité I commute avec toute matrice : DN = 2 IN= 2 N I =N (2I) =N D
AinsiD etN commutent.
On peut donc appliquer la formule du binôme de Newton, pour n>2 : Tn
= (D+N)n
= Pn
k=0
n k
NkDn−k
=
2
P
k=0
n k
NkDn−k+
n
P
k=3
n k
NkDn−k (ce découpage est valable car n>2)
= P2
k=0
n k
NkDn−k (car on a montré :
∀k>3, Nk= 0)
= n
0
N0 Dn+ n
1
N1 Dn−1+ n
2
N2 Dn−2
= (2I)n+n N (2I)n−1+n(n−1)
2 N2 (2I)n−2
= 2nI+ 2n−1n N + 2n−2 n(n−1)
2 N2 (car (2I)m= 2mIm= 2mI)
= 2n−3
23 I+ 22 n N + 2 n(n−1) 2 N2
• D’où :
23 I+ 22 n N +n(n−1)N2
= 23
1 0 0 0 1 0 0 0 1
+ 22 n
0 1 0 0 0 1 0 0 0
+n(n−1)
0 0 1 0 0 0 0 0 0
=
23 22 n n(n−1) 0 23 22n
0 0 23
• Enfin :
× sin= 0,T0=I.
× sin= 1,T1=T.
Ainsi :T0 =I,T1 =T et pour toutn>2, Tn= 2n−3
23 22 n n(n−1) 0 23 22n
0 0 23
.
Remarque
• Comme noté dans la démonstration, l’hypothèsen>2est essentielle pour pouvoir découper la somme. Les cas n = 0 et n = 1 doivent donc être traités à part.
• Ici, la matrice N vérifie : ∀k>3, Nk= 0. Elle est dite nilpotente d’ordre 3 (ce terme n’est pas au programme et il est préférable de ne pas l’utiliser dans une copie).
• Mettre en facteur2n−3 est un bon réflexe.
En effet, cela simplifie le calcul (classique) de P TnP−1 : P TnP−1 = 2n−3 P
23 22n n(n−1) 0 23 22n
0 0 23
P−1
= 2n−3 P
8 4 n n(n−1)
0 8 4n
0 0 8
P−1
Exercice 4. (☀) (d’aprèsESC 2006)
À tout triplet (a, b, c) de réels, on associe la matrice M(a, b, c) définie par : M(a, b, c) =
a a a 0 b b 0 0 c
Cas particulier de la matrice M(1,1,1)
On poseJ =M(1,1,1)−I3, la matriceI3 représentant la matrice unité de M3(R).
a. Calculer les matricesJ2, J3. En déduire, sans démonstration, l’expression de Jn, pour tout entier naturel n>3.
Démonstration.
• Tout d’abord :J =M(1,1,1)−I3 =
0 1 1 0 0 1 0 0 0
.
• On en déduit :J2=
0 0 1 0 0 0 0 0 0
et J3 =
0 0 0 0 0 0 0 0 0
.
Donc, pour toutn>3,Jn=
0 0 0 0 0 0 0 0 0
. b. Montrer que pour tout entier natureln>0 :
[M(1,1,1)]n=I3+n J+n(n−1) 2 J2 Démonstration.
Remarquons tout d’abord que :
× [M(1,1,1)]0=I3.
× [M(1,1,1)]1=M(1,1,1) =J+I3. Soit n>2. Par définition :
[M(1,1,1)]n= (J+I3)n
• D’après la question précédente, on obtient, par une récurrence immé- diate que : ∀k>3,Jk = 0.
• Les matrices I3 et J commutent (car I3 commute avec toutes les ma- trices). On peut appliquer la formule du binôme de Newton.
[M(1,1,1)]n =
n
P
k=0
n k
JkI3n−k
=
n
P
k=0
n k
Jk (car I3n−k=I3)
=
2
P
k=0
n k
Jk+
n
P
k=3
n k
Jk (ce découpage est valable car n>2)
=
2
P
k=0
n k
Jk (car on a montré :
∀k>3,Jk= 0)
= n
0
J0+ n
1
J1+ n
2
J2
= I3+nJ +n(n−1) 2 J2
• On remarque enfin que la formule déterminée pourn>2 est toujours vraie pourn= 0 etn= 1.
Ainsi, pour tout n∈N,[M(1,1,1)]n=I3+nJ+ n(n−1) 2 J2. c. En déduire l’écriture matricielle de [M(1,1,1)]n pour tout n∈N.
Démonstration.
Soit n∈N. D’après la question précédente : [M(1,1,1)]n = I3+nJ+n(n−1)
2 J2
=
1 0 0 0 1 0 0 0 1
+n
0 1 1 0 0 1 0 0 0
+n(n−1) 2
0 0 1 0 0 0 0 0 0
Ainsi : [M(1,1,1)]n=
1 n n+ n(n−1)2
0 1 n
0 0 1
Cas particulier de la matrice M(1,1,2) On noteT =
1 1 0 0 1 0 0 0 2
etR=
1 0 2 0 1 1 0 0 1
.
a. Montrer que pour tout entier natureln :Tn=
1 n 0 0 1 0 0 0 2n
. Démonstration.
Démontrons par récurrence que : ∀n∈N, P(n) où P(n) :Tn =
1 n 0 0 1 0 0 0 2n
. 1) Initialisation:
• D’une part,T0 =I3.
• D’autre part,
1 0 0 0 1 0 0 0 20
=
1 0 0 0 1 0 0 0 1
= I3. Ainsi,P(0)est vérifiée.
2) Hérédité:
Soitn∈N. SupposonsP(n)et démontrons P(n+ 1).
Tn+1 = T ×Tn
= T ×
1 n 0 0 1 0 0 0 2n
(par hypothèse de récurrence)
=
1 n+ 1 0
0 1 0
0 0 2n+1
Ainsi,P(n+ 1)est vérifiée.
Par principe de récurrence, on a :∀n∈N, Tn =
1 n 0 0 1 0 0 0 2n
.
Remarque
On a rédigé ici à l’aide d’une récurrence, raisonnement possible puisque la formule était donnée dans l’énoncé. On aurait aussi pu faire la démons- tration à l’aide de la formule du binôme. Détaillons la rédaction.
• NotonsD=
1 0 0 0 1 0 0 0 2
etN =
0 1 0 0 0 0 0 0 0
, de sorte que T =D+N.
• Remarquons tout d’abord que : N2 =
0 1 0 0 0 0 0 0 0
×
0 1 0 0 0 0 0 0 0
=
0 0 0 0 0 0 0 0 0
Ainsi, N2= 0 et, par une récurrence immédiate : ∀k>2,Nk= 0.
• On remarque de plus que :DN =
0 1 0 0 0 0 0 0 0
=N D.
AinsiDetN commutent.
On peut donc appliquer la formule du binôme de Newton, pourn>1: Tn = (D+N)n
=
n
P
k=0
n k
NkDn−k
=
1
P
k=0
n k
NkDn−k+
n
P
k=2
n k
NkDn−k (ce découpage est valable carn>1)
=
1
P
k=0
n k
NkDn−k (car on a montré :
∀k>2, Nk= 0)
= n
0
N0 Dn+ n
1
N1 Dn−1
= Dn+nN Dn−1
• Or :
Dn+nN Dn−1 =
1 0 0 0 1 0 0 0 2n
+n
0 1 0 0 0 0 0 0 0
1 0 0
0 1 0
0 0 2n−1
=
1 0 0 0 1 0 0 0 2n
+n
0 1 0 0 0 0 0 0 0
=
1 n 0 0 1 0 0 0 2n
• Enfin :
× si n= 0,T0 =I et
1 0 0 0 1 0 0 0 20
=I.
× si n= 1,T1 =T et
1 1 0 0 1 0 0 0 21
=T.
b. Montrer que R a pour matrice inverse la matriceQ=
1 0 −2 0 1 −1 0 0 1
. Démonstration.
1 0 2 0 1 1 0 0 1
×
1 0 −2 0 1 −1 0 0 1
=
1 0 0 0 1 0 0 0 1
RQ=I3 donc R est inversible et admet pour matrice inverseQ.
c. Démontrer que M(1,1,2) =R T Q.
Démonstration.
RT Q =
1 0 2 0 1 1 0 0 1
1 1 0 0 1 0 0 0 2
1 0 −2 0 1 −1 0 0 1
=
1 0 2 0 1 1 0 0 1
1 1 −3 0 1 −1 0 0 2
=
1 1 1 0 1 1 0 0 2
= M(1,1,2)
On a bienM(1,1,2) =RT Q.
d. Sans l’expliciter, écrire [M(1,1,2)]nen fonction de n,Q,R,T. Démonstration.
Soit n∈N. D’après les questions précédentes : (M(1,1,2))n = (RT Q)n = (Q−1T Q)n
= Q−1TnQ (par une récurrence immédiate)
Ainsi :(M(1,1,2))n = Q−1TnQ
Prenons un peu de recul . . .
• Les questions portant sur l’utilisation de la formule du binôme sont clas- siques aux concours. La rédaction est TOUJOURS la même. De telles ques- tions sont donc une opportunité de marquer des points.
• De manière générale, on a affaire à une matriceT qui s’écrit sous la forme T =D+N où :
× Dest une matrice diagonale.
× N est une matrice nilpotente d’ordre 2(∀k>2,Nk= 0), ou, dans les cas les plus difficiles, d’ordre3(∀k>3,Nk= 0).
× N D=DN.
• L’hypothèseN D =DN est indispensable.
Dans le doute, on peut toujours écrire :
(D+N)2 = (D+N)×(D+N)
= D2+DN+N D+N2
Si cette hypothèse est vérifiée, la formule du binôme au rang2 donne : (D+N)2 = D2+ 2DN +N2
Et ces deux formules coïncident . . . à condition que N D=DN!
