I)
Resolvons cette question avec une récurrence simple.
[tex] \\ [/tex]
Posons Hn la proposition: [tex]A^n =\begin{pmatrix}1 & 2^n - 1\\0 & 2^n\end{pmatrix}[/tex]
[tex] \\ [/tex]
[tex] \Large{\boxed{\sf Initialisation:}} [/tex]
[tex]\\[/tex]
[tex] A^0=\begin{pmatrix} 1 & 2^0 -1 \\0& 2^0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1\end{pmatrix}=I_2 [/tex]
Puisque par convention, toute matrice carrée d'ordre n > 0 à la puissance 0 donne la matrice [tex] I_n [/tex], on a [tex] H_0 [/tex] vraie.
[tex] \Large{\boxed{\sf H\acute{e}r\acute{e}dit\acute{e}}} [/tex]
On suppose que la propriété [tex] \sf H_n [/tex] est vraie pour un certain rang n ≥ 0.
Montrons alors que cela implique que la propriété [tex]H_{n+1} [/tex] soit également vraie.
[tex] \\ [/tex]
[tex]\sf A^{n+1} = A^nA \overset{(H_n)}{=} \begin{pmatrix} 1 & 2^n -1 \\ 0& 2n\end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 1\\ 0& 2\end{pmatrix} \\ \\ \\ = \begin{pmatrix} 1 & 1 + 2 \cdot (2^n - 1) \\ 0 & 2 \cdot 2^n \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1 & 2^{n+1} - 1 \\ 0 & 2^{\sf n+1} \end{pmatrix}[/tex]
[tex] \\ [/tex]
[tex] \Large{\boxed{\sf Conclusion}} \\[/tex]
[tex] \\ [/tex]
On a montré que si la proposition [tex]\sf H_n[/tex] était vérifiée pour un rang n≥0, alors elle l'était pour tous les rangs qui lui succèdent. Puisque nous avons montré que cette proposition était vraie au rang n = 0 (initialisation), on peut alors affirmer que:
[tex] \boxed{\boxed{ \sf \forall n \in \mathbb{N},A^n = \begin{pmatrix}1 & 2^n - 1 \\0 & 2^n\end{pmatrix}}} [/tex]
[tex] \\ \\ [/tex]
II)
On a l'équivalence:
[tex] \sf (A \ inversible) \Longleftrightarrow (det(A) \neq 0) [/tex]
On a:
[tex] \sf det(A) = 1 \cdot 2 - 0 \cdot 1 = 2 \neq 0 [/tex]
[tex] \\ [/tex]
Ce qui nous permet d'affirmer que la matrice A est inversible. En d'autres termes, que [tex] \sf A^{-1} [/tex] existe.
Determinons alors l'inverse de la matrice A:
Soit tu utilises la méthode "basique" en appliquant la formule suivante:
[tex] \sf A = \begin{pmatrix} a & b \\ c& d \end{pmatrix} , puis \ A^{-1} = \dfrac{1}{det(A) }\begin{pmatrix} d & -b \\ -c& a\end{pmatrix} [/tex]
[tex] \\ [/tex]
Soit tu utilises une méthode plus générale avec une matrice augmentée et la méthode du pivot de Gauss. Je la détaille ici, mais si tu ne l'as pas encore vue, la première méthode convient très bien.
[tex] \[ \left( \begin{array}{cc|cc} 1 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 1 \end{array} \right) \] \[ \overset{L_2 \leftarrow \frac{1}{2}L_2 }{ \sim} \left( \begin{array}{cc|cc} 1 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & \frac{1}{2} \end{array} \right) \] \[ \overset{L_1 \leftarrow L_1 - L_2}{\sim} \left( \begin{array}{cc|cc} 1 & 0 & 1 & -\frac{1}{2} \\ 0 & 1 & 0 & \frac{1}{2} \end{array} \right) \] \\ \\ \\ \rightarrow \boxed{ \[ A^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & -\frac{1}{2} \\ 0 & \frac{1}{2} \end{pmatrix}} [/tex]
[tex] \\ [/tex]
Maintenant, je te propose d'utiliser une nouvelle fois une récurrence simple pour répondre à la question:
Posons [tex] \sf P_n [/tex] la proposition: [tex]A^{\boxed{ -n}} =\begin{pmatrix}1 & 2^{\boxed{-n}} - 1\\0 &2^{\boxed{-n}}\end{pmatrix} [/tex]
[tex] \\ [/tex]
[tex] \Large{\boxed{\sf Initialisation:}} [/tex]
[tex] \\ [/tex]
Pour n = 1, on a: [tex]\sf A^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & 2^{-1} -1 \\ 0 & 2^{-1} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1 & -\frac{1}{2}\\ 0 &\frac{1}{2}\end{pmatrix} [/tex]
[tex] \\ [/tex]
Ce qui correspond à ce que nous avions calculé, donc [tex] \sf P_1 [/tex] est vraie. (On montre sans problème que [tex] \sf P_0 [/tex] l'est également, mais le calcul est le même que précédemment.)
[tex] \\ [/tex]
[tex] \Large{\boxed{\sf H\acute{e}r\acute{e}dit\acute{e}:}} [/tex]
[tex] \\ [/tex]
Supposons [tex]\sf P_n [/tex] vraie pour un certain rang n ≥ 0. Montrons alors que cela implique que [tex] P_{n+1} [/tex] soit également vraie. C'est à dire, montrons que:
[tex] \sf A^{-\boxed{(n+1)}} = \begin{pmatrix} 1 & 2^{- (\boxed{n+1})} -1 \\ 0& 2^{- (\boxed{n+1})} \end{pmatrix} [/tex]
[tex]\\[/tex]
[tex] \sf A^{-(n+1)}=A^{-n-1}=A^{-n}A^{-1}\overset{(P_n)}{=}\begin{pmatrix} 1 & 2^{-n} -1 \\ 0 & 2^{-n}\end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 &2^{-1} -1 \\ 0 & 2^{-1} \end{pmatrix} \\ \\ = \begin{pmatrix} 1&-\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2}(2^{-n} -1) \\ 0 & \dfrac{1}{2}\cdot 2^{-n} \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 1 & 2^{-(n+1)} -1 \\ 0 & 2^{-(n+1)} \end{pmatrix} [/tex]
[tex] \\ [/tex]
[tex] \Large{\boxed{\sf Conclusion:}} [/tex]
[tex] \\ [/tex]
On a montré que si la proposition [tex] \sf P_n [/tex] était vérifiée pour un rang n≥0, alors elle l'était pour tous les rangs qui lui succèdent. Puisque cette proposition est vraie au rang n = 0, on peut affirmer que:
[tex] \sf \forall n \in \mathbb{N}, A^{-n} = \begin{pmatrix}1 & 2^{-n} - 1 \\0 & 2^{-n}\end{pmatrix} [/tex]
Or, on a [tex] \sf n \in \mathbb{N}, donc -n \in \mathbb{Z}[/tex]
[tex] \\ [/tex]
Si je note k = -n, on a:
[tex] \boxed{\boxed{\sf \forall k \in \mathbb{Z},A^k=\begin{pmatrix}1 & 2^{k} - 1 \\0 & 2^{k}\end{pmatrix}}}[/tex], ce qui est ce que nous voulions prouver.
