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\begin{document}
\section{Premi\`{e}re \textbf{Partie}}

\begin{enumerate}
\item ~

\begin{enumerate}
\item $\lim\limits_{k\rightarrow+\infty}A\left(  k\right)  =B\Leftrightarrow
\lim\limits_{k\rightarrow+\infty}\left\|  A\left(  k\right)  -B\right\|  =0$

$\Leftrightarrow\lim\limits_{k\rightarrow+\infty}\max\limits_{i,j}\left|
a_{i,j}\left(  k\right)  -b_{i,j}\right|  =0\Leftrightarrow\forall
i,j:\lim\limits_{k\rightarrow+\infty}\left|  a_{i,j}\left(  k\right)
-b_{i,j}\right|  =0$

Ceci est du au fait qu'on a un $\max$, c'est \`{a} dire un nombre fini
d'\'{e}l\'{e}ments.

On a bien s\^{u}r la m\^{e}me propri\'{e}t\'{e} pout toute suite de matrices
ou vecteurs en dimension finie.

\item $\lim\limits_{k\rightarrow+\infty}A\left(  k\right)  =B\Rightarrow
\lim\limits_{k\rightarrow+\infty}A\left(  k\right)  X=BX$ car les
coordonn\'{e}es de ces vecteurs sont des combinaisons lin\'{e}aires identiques
des coordonn\'{e}es de $A\left(  k\right)  $ et de $B.$

R\'{e}ciproquement, en prenant $X=\left(
\begin{array}
[c]{l}%
1\\
0\\
0
\end{array}
\right)  $ puis $\left(
\begin{array}
[c]{l}%
0\\
1\\
0
\end{array}
\right)  $ et enfin $\left(
\begin{array}
[c]{l}%
0\\
0\\
1
\end{array}
\right)  ,$ on obtient la premi\`{e}re colonne de $A\left(  k\right)  $ qui
converge vers la premi\`{e}re colonne de $B,$ puis la m\^{e}me chose pour la
seconde et la troisi\`{e}me.

\item $\lim\limits_{k\rightarrow+\infty}A\left(  k\right)  =B\Rightarrow
\lim\limits_{k\rightarrow+\infty}A\left(  k\right)  C=BC$ car les
coordonn\'{e}es de ces matrices sont des combinaisons lin\'{e}aires identiques
des coordonn\'{e}es de $A\left(  k\right)  $ et de $B.$

La r\'{e}ciproque est \'{e}vidente en prenant $C=I.$

On a la m\^{e}me propri\'{e}t\'{e} \`{a} gauche par un raisonnement identique.

\item  Il s'agit simplement de la somme des coefficients correspondants. On
aurait d'ailleurs pu faire une combinaison lin\'{e}aire...
\end{enumerate}

\item ~

\begin{enumerate}
\item  On a $\left(  AB\right)  _{i,j}=a_{i,1}b_{1,j}+a_{i,2}b_{2,j}%
+a_{i,3}b_{3,j}$ et donc

$\left|  \left(  AB\right)  _{i,j}\right|  \leqslant3\max\limits_{i,j}\left|
a_{i,j}\right|  \max\limits_{i,j}\left|  b_{i,j}\right|  $ et enfin $\left\|
AB\right\|  \leqslant3\left\|  A\right\|  \left\|  B\right\|  .$

On montre le r\'{e}sultat suivant par r\'{e}currence. L'amorce est
\'{e}vidente pour $k=1$ car c'est une \'{e}galit\'{e}.

Si on l'admet au rang $k,$

$\left\|  A^{k+1}\right\|  =\left\|  A^{k}A\right\|  \leqslant3\left\|
A^{k}\right\|  \left\|  A\right\|  \leqslant3\times3^{k-1}\left\|  A\right\|
^{k}\left\|  A\right\|  \leqslant3^{k}\left\|  A\right\|  ^{k+1},$ ce qui
termine la r\'{e}currence.

\item  Si $A$ est inversible, $AA^{-1}=I$ et $A^{k}A^{-k}=I$ aussi, au besoin
par une r\'{e}currence tr\`{e}s facile.

De plus, $\left\|  I\right\|  =1,$ d'o\`{u}

$1\leqslant3\left\|  A^{k}\right\|  \left\|  \left(  A^{-1}\right)
^{k}\right\|  \leqslant3\left\|  A^{k}\right\|  3^{k-1}\left\|  A^{-1}%
\right\|  ^{k}=3^{k}\left\|  A^{k}\right\|  \left\|  A^{-1}\right\|  ^{k},$

ce qui donne, en prenant la racine $k^{\grave{e}me},$ $1\leqslant3\left\|
A^{k}\right\|  ^{1/k}\left\|  A^{-1}\right\|  ,$

ce qui est le r\'{e}sultat demand\'{e} car tous les nombres sont positifs.

Si $A$ est inversible et $\lim\limits_{k\rightarrow+\infty}\left\|
A^{k}\right\|  ^{1/k}=0,$ alors $\lim\limits_{k\rightarrow+\infty}\dfrac
{1}{3\left\|  A^{-1}\right\|  }=0,$ ce qui est impossible.
\end{enumerate}

\item ~

\begin{enumerate}
\item $\left(  I-A\right)  \sum\limits_{i=0}^{k}A^{i}=\sum\limits_{i=0}%
^{k}A^{i}-\sum\limits_{i=0}^{k}A^{i+1}=I-A^{k+1}$

\fbox{$\left(  I-A\right)  \sum\limits_{i=0}^{k}A^{i}=I-A^{k+1}$}

\item  C'est la propri\'{e}t\'{e} d\'{e}ja vue au \textbf{1.b.} qui commence
la question.

On a donc $\lim\limits_{k\rightarrow+\infty}\left(  I-A\right)  \sum
\limits_{i=0}^{k}A^{i}=I,$ ce qui prouve que $\left(  I-A\right)
\sum\limits_{i=0}^{k}A^{i}$ est inversible \`{a} partir d'un certain rang car
son d\'{e}terminant tend vers 1 et finit par \^{e}tre non nul. D'o\`{u}
$\left(  I-A\right)  $ est inversible et

$\left(  I-A\right)  \lim\limits_{k\rightarrow+\infty}\sum\limits_{i=0}%
^{k}A^{i}=I,$ c'est \`{a} dire $\left(  I-A\right)  ^{-1}=\lim
\limits_{k\rightarrow+\infty}\sum\limits_{i=0}^{k}A^{i},$

\fbox{$\left(  A-I\right)  ^{-1}=-\lim\limits_{k\rightarrow+\infty}%
\sum\limits_{i=0}^{k}A^{i}$}

Enfin, \fbox{$\sum\limits_{i=0}^{\infty}A^{i}=\left(  I-A\right)  ^{-1}$}
\end{enumerate}

\item  Le premier r\'{e}sultat est celui de la question \textbf{1.c. }et le
second r\'{e}sultat est le m\^{e}me en utilisant $\left(  P^{-1}AP\right)
^{k}=P^{-1}A^{k}P,$ r\'{e}sultat tr\`{e}s classique qui se montre encore au
besoin par r\'{e}currence facile.

\item ~

\begin{enumerate}
\item  Soit $\lambda,X$ un couple valeur propre, vecteur propre de $A,$
$AX=\lambda X$ et facilement, $A^{k}X=\lambda^{k}X$ qui a pour limite $BX$ non
nul. Ce qui prouve que $\lambda=1.$

On travaille sur les complexes, le polyn\^{o}me caract\'{e}ristique est
scind\'{e}, 1 est valeur propre triple. Il existe une matrice $P$ inversible
telle que $P^{-1}AP=\left(
\begin{array}
[c]{lll}%
1 & \alpha & \beta\\
0 & 1 & \gamma\\
0 & 0 & 1
\end{array}
\right)  ,$ on obtient

$P^{-1}A^{k}P=\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
1 & k\alpha &  k\beta+\frac{k\left(  k-1\right)  }{2}\alpha\gamma\\
0 & 1 & k\gamma\\
0 & 0 & 1
\end{array}
\right)  $ par un calcul du type de la partie \textbf{II.}

$\lim\limits_{k\rightarrow+\infty}P^{-1}A^{k}P=P^{-1}BP,$ ce qui prouve
$\alpha=\gamma=0$ puis $\beta=0.$ Ainsi, $P^{-1}AP=I,$ $A=I.$

\item  On fait le m\^{e}me calcul qu'au d\'{e}but de la question pr\'{e}%
c\'{e}dente, mais on ne sait rien sur $BX$ ce qui prouve que $\left|
\lambda\right|  <1$ ou $\lambda=1.$

\item $A$ est diagonalisable et les valeurs propres v\'{e}rifient $\left|
\lambda\right|  <1.$ On a une matrice inversible $P$ telle que $P^{-1}%
AP=\left(
\begin{array}
[c]{lll}%
\lambda_{1} & 0 & 0\\
0 & \lambda_{2} & 0\\
0 & 0 & \lambda_{3}%
\end{array}
\right)  ,$ $P^{-1}AP=\left(
\begin{array}
[c]{lll}%
\lambda_{1}^{k} & 0 & 0\\
0 & \lambda_{2}^{k} & 0\\
0 & 0 & \lambda_{3}^{k}%
\end{array}
\right)  $ de limite nulle. $P^{-1}BP=0,$ $B=0.$

Si on peut avoir $\lambda=1,$ $\lim\limits_{k\rightarrow+\infty}\left(
\begin{array}
[c]{lll}%
\lambda_{1}^{k} & 0 & 0\\
0 & \lambda_{2}^{k} & 0\\
0 & 0 & \lambda_{3}^{k}%
\end{array}
\right)  $ est diagonale, de diagonale form\'{e}e de 1 et de 0, ce qui assure
le r\'{e}sultat.
\end{enumerate}

\item $A=PBP^{-1},$ $\sum\limits_{i=0}^{k}\dfrac{A^{i}}{i!}=\sum
\limits_{i=0}^{k}\dfrac{\left(  PBP^{-1}\right)  ^{i}}{i!}=\sum\limits_{i=0}%
^{k}\dfrac{PB^{i}P^{-1}}{i!}=P\left(  \sum\limits_{i=0}^{k}\dfrac{B^{i}}%
{i!}\right)  P^{-1}$

$\lim\limits_{k\rightarrow+\infty}\sum\limits_{i=0}^{k}\dfrac{A^{i}}{i!}%
=\lim\limits_{k\rightarrow+\infty}P\left(  \sum\limits_{i=0}^{k}\dfrac{B^{i}%
}{i!}\right)  P^{-1}=P\lim\limits_{k\rightarrow+\infty}\sum\limits_{i=0}%
^{k}\dfrac{B^{i}}{i!}P^{-1}=P\exp\left(  B\right)  P^{-1}.$ Ce qui prouve que
$\exp\left(  A\right)  $ existe et a la valeur indiqu\'{e}e.

\fbox{$\exp\left(  A\right)  =P\exp\left(  B\right)  P^{-1}$}
\end{enumerate}

\section{Deuxi\`{e}me Partie}

\begin{enumerate}
\item ~

\begin{enumerate}
\item  On ne donne ici que les r\'{e}sultats que toute bonne calculatrice donne.

\fbox{$M^{2}=\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
a^{2} & 0 & 0\\
0 & b^{2} & 2b\\
0 & 0 & b^{2}%
\end{array}
\right)  $ et $M^{3}=\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
a^{3} & 0 & 0\\
0 & b^{3} & 3b^{2}\\
0 & 0 & b^{3}%
\end{array}
\right)  $}

\fbox{$Q^{2}=\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
a^{2} & 2a & 1\\
0 & a^{2} & 2a\\
0 & 0 & a^{2}%
\end{array}
\right)  $ et $Q^{3}=\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
a^{3} & 3a^{2} & 3a\\
0 & a^{3} & 3a^{2}\\
0 & 0 & a^{3}%
\end{array}
\right)  $}

\item  On utilise $k>0$

\fbox{$D^{k}=\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
a^{k} & 0 & 0\\
0 & b^{k} & 0\\
0 & 0 & c^{k}%
\end{array}
\right)  $}

Par une r\'{e}currence facile \`{a} \'{e}crire, ou en utilisant le m\^{e}me
proc\'{e}d\'{e} que pour $Q:$ \fbox{$M^{k}=\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
ak & 0 & 0\\
0 & b^{k} & kb^{k-1}\\
0 & 0 & b^{k}%
\end{array}
\right)  $}

$Q^{k}=\left(  aI+\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 1\\
0 & 0 & 0
\end{array}
\right)  \right)  ^{k},$ a$I$ et $\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 1\\
0 & 0 & 0
\end{array}
\right)  $ commutent,

la formule du bin\^{o}me est appliquable, sels trois termes sont
\'{e}ventuellement non nuls.

$Q^{k}=a^{k}I+ka^{k-1}\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 1\\
0 & 0 & 0
\end{array}
\right)  +\dfrac{k\left(  k-1\right)  }{2}a^{k-2}\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
0 & 0 & 1\\
0 & 0 & 0\\
0 & 0 & 0
\end{array}
\right)  ,$

valable aussi pour $k=1.$

\fbox{$Q^{k}=\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
a^{k} & ka^{k-1} & \frac{k\left(  k-1\right)  }{2}a^{k-2}\\
0 & a^{k} & ka^{k-1}\\
0 & 0 & a^{k}%
\end{array}
\right)  $}
\end{enumerate}

\item ~

\begin{enumerate}
\item \fbox{$D^{k}$ a une limite pour $\left\{
\begin{tabular}
[c]{c}%
$\left|  a\right|  <1$ ou $a=1$\\
$\left|  b\right|  <1$ ou $b=1$\\
$\left|  c\right|  <1$ ou $c=1$%
\end{tabular}
\right.  $}

\fbox{$M^{k}$ a une limite pour $\left\{
\begin{tabular}
[c]{c}%
$\left|  a\right|  <1$ ou $a=1$\\
$\left|  b\right|  <1$%
\end{tabular}
\right.  $}

\fbox{$Q^{k}$ a une limite pour $\left|  a\right|  <1$}

\item $\sum\limits_{i=0}^{+\infty}D^{i}=\sum\limits_{i=0}^{+\infty}\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
a^{i} & 0 & 0\\
0 & b^{i} & 0\\
0 & 0 & c^{i}%
\end{array}
\right)  =\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
\sum\limits_{i=0}^{+\infty}a^{i} & 0 & 0\\
0 & \sum\limits_{i=0}^{+\infty}b^{i} & 0\\
0 & 0 & \sum\limits_{i=0}^{+\infty}c^{i}%
\end{array}
\right)  $

\fbox{$\sum\limits_{i=0}^{+\infty}D^{i}=\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
\dfrac{1}{1-a} & 0 & 0\\
0 & \dfrac{1}{1-b} & 0\\
0 & 0 & \dfrac{1}{1-c}%
\end{array}
\right)  $}

\item $\sum\limits_{i=0}^{+\infty}M^{i}=I+\sum\limits_{i=1}^{+\infty}\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
a^{i} & 0 & 0\\
0 & b^{i} & ib^{i-1}\\
0 & 0 & b^{i}%
\end{array}
\right)  =I+\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
\sum\limits_{i=1}^{+\infty}a^{i} & 0 & 0\\
0 & \sum\limits_{i=1}^{+\infty}b^{i} & \sum\limits_{i=1}^{+\infty}ib^{i-1}\\
0 & 0 & \sum\limits_{i=1}^{+\infty}b^{i}%
\end{array}
\right)  $

On reconnait la s\'{e}rie d\'{e}riv\'{e}e de $\dfrac{1}{1-b}$

\fbox{$\sum\limits_{i=0}^{+\infty}M^{i}=\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
\dfrac{1}{1-a} & 0 & 0\\
0 & \dfrac{1}{1-b} & \dfrac{1}{\left(  1-b\right)  ^{2}}\\
0 & 0 & \dfrac{1}{1-b}%
\end{array}
\right)  $}

\item $\sum\limits_{i=0}^{+\infty}Q^{i}=I+\sum\limits_{i=1}^{+\infty}\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
a^{i} & ia^{i-1} & \dfrac{i\left(  i-1\right)  }{2}a^{i-2}\\
0 & a^{i} & ia^{i-1}\\
0 & 0 & a^{i}%
\end{array}
\right)  $

$=I+\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
\sum\limits_{i=1}^{+\infty}a^{i} & \sum\limits_{i=1}^{+\infty}ia^{i-1} &
\sum\limits_{i=2}^{+\infty}\dfrac{i\left(  i-1\right)  }{2}a^{i-2}\\
0 & \sum\limits_{i=1}^{+\infty}a^{i} & \sum\limits_{i=1}^{+\infty}ia^{i-1}\\
0 & 0 & \sum\limits_{i=1}^{+\infty}a^{i}%
\end{array}
\right)  $

On reconnait en plus ici la moiti\'{e} de la d\'{e}riv\'{e}e seconde de
$\dfrac{1}{1-a}$

\fbox{$\sum\limits_{i=0}^{+\infty}Q^{i}=\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
\dfrac{1}{1-a} & \dfrac{1}{\left(  1-a\right)  ^{2}} & \dfrac{1}{\left(
1-a\right)  ^{3}}\\
0 & \dfrac{1}{1-a} & \dfrac{1}{\left(  1-a\right)  ^{2}}\\
0 & 0 & \dfrac{1}{1-a}%
\end{array}
\right)  $}
\end{enumerate}

\item  Le calcul montrera que chaque exponentielle existe.

$\exp\left(  D\right)  =\sum\limits_{i=0}^{+\infty}\dfrac{D^{i}}{i!}%
=\sum\limits_{i=0}^{+\infty}\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
\dfrac{a^{i}}{i!} & 0 & 0\\
0 & \dfrac{b^{i}}{i!} & 0\\
0 & 0 & \dfrac{c^{i}}{i!}%
\end{array}
\right)  $

\fbox{$\exp\left(  D\right)  =\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
\exp\left(  a\right)  & 0 & 0\\
0 & \exp\left(  b\right)  & 0\\
0 & 0 & \exp\left(  c\right)
\end{array}
\right)  $}

$\exp\left(  M\right)  =\sum\limits_{i=0}^{+\infty}\dfrac{M^{i}}{i!}%
=I+\sum\limits_{i=1}^{+\infty}\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
\dfrac{a^{i}}{i!} & 0 & 0\\
0 & \dfrac{b^{i}}{i!} & \dfrac{b^{i-1}}{\left(  i-1\right)  !}\\
0 & 0 & \dfrac{b^{i}}{i!}%
\end{array}
\right)  $

$=I+\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
\sum\limits_{i=1}^{+\infty}\dfrac{a^{i}}{i!} & 0 & 0\\
0 & \sum\limits_{i=1}^{+\infty}\dfrac{b^{i}}{i!} & \sum\limits_{i=1}^{+\infty
}\dfrac{b^{i-1}}{\left(  i-1\right)  !}\\
0 & 0 & \sum\limits_{i=1}^{+\infty}\dfrac{b^{i}}{i!}%
\end{array}
\right)  =\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
\exp\left(  a\right)  & 0 & 0\\
0 & \exp\left(  b\right)  & \exp\left(  b\right) \\
0 & 0 & \exp\left(  b\right)
\end{array}
\right)  $

\fbox{$\exp\left(  M\right)  =\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
\exp\left(  a\right)  & 0 & 0\\
0 & \exp\left(  b\right)  & \exp\left(  b\right) \\
0 & 0 & \exp\left(  b\right)
\end{array}
\right)  $}

$\exp\left(  Q\right)  =\sum\limits_{i=0}^{+\infty}\dfrac{Q^{i}}{i!}%
=I+Q+\sum\limits_{i=2}^{+\infty}\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
\dfrac{a^{i}}{i!} & \dfrac{a^{i-1}}{\left(  i-1\right)  !} & \dfrac{a^{i-2}%
}{2\left(  i-2\right)  !}\\
0 & \dfrac{a^{i}}{i!} & \dfrac{a^{i-1}}{\left(  i-1\right)  !}\\
0 & 0 & \dfrac{a^{i}}{i!}%
\end{array}
\right)  $

$=I+Q+\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
\sum\limits_{i=2}^{+\infty}\dfrac{a^{i}}{i!} & \sum\limits_{i=2}^{+\infty
}\dfrac{a^{i-1}}{\left(  i-1\right)  !} & \sum\limits_{i=2}^{+\infty}%
\dfrac{a^{i-2}}{2\left(  i-2\right)  !}\\
0 & \sum\limits_{i=2}^{+\infty}\dfrac{a^{i}}{i!} & \sum\limits_{i=2}^{+\infty
}\dfrac{a^{i-1}}{\left(  i-1\right)  !}\\
0 & 0 & \sum\limits_{i=2}^{+\infty}\dfrac{a^{i}}{i!}%
\end{array}
\right)  $

$=\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
\exp\left(  a\right)  & \exp\left(  a\right)  & \dfrac{\exp\left(  a\right)
}{2}\\
0 & \exp\left(  a\right)  & \exp\left(  a\right) \\
0 & 0 & \exp\left(  a\right)
\end{array}
\right)  $

\fbox{$\exp\left(  Q\right)  =\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
\exp\left(  a\right)  & \exp\left(  a\right)  & \dfrac{\exp\left(  a\right)
}{2}\\
0 & \exp\left(  a\right)  & \exp\left(  a\right) \\
0 & 0 & \exp\left(  a\right)
\end{array}
\right)  $}
\end{enumerate}

\section{Troisi\`{e}me Partie}

\begin{enumerate}
\item ~

\begin{enumerate}
\item $N$ est nilpotente, d'o\`{u} $N^{p}=0,$ les valeurs propres de $N^{p}$
sont nulles, celles de $N$ sont donc aussi nulles. Le spectre ne contient que
0. Comme on travaille sur les complexes, $N$ est semblable \`{a} une matrice
triangulaire sup\'{e}rieure de diagonale nulle.

$P^{-1}NP=\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
0 & \alpha & \beta\\
0 & 0 & \gamma\\
0 & 0 & 0
\end{array}
\right)  ,$ $P^{-1}N^{2}P=\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
0 & 0 & \alpha\gamma\\
0 & 0 & 0\\
0 & 0 & 0
\end{array}
\right)  $

$P^{-1}N^{3}P=\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
0 & 0 & 0\\
0 & 0 & 0\\
0 & 0 & 0
\end{array}
\right)  =0$ et donc $N^{3}=0.$

Ce qui prouve enfin que $N$ est nilpotente.

$A^{2}=\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 1\\
0 & 0 & 0
\end{array}
\right)  ,$ $\left(  A^{2}\right)  ^{3}=A^{6}=0.$ $A$ est nilpotente,

$A^{3}=0=A^{4}.$

Mais $A^{4}=\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
0 & 0 & 1\\
0 & 0 & 0\\
0 & 0 & 0
\end{array}
\right)  $ qui est non nul... D'o\`{u} la contradiction.

\item  Avec les notations de la question pr\'{e}c\'{e}dente,

$P^{-1}\left(  I-N\right)  P=\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
1 & -\alpha & -\beta\\
0 & 1 & -\gamma\\
0 & 0 & 1
\end{array}
\right)  $

$\det\left(  P^{-1}\left(  I-N\right)  P\right)  =1=\det\left(  I-N\right)  $

$I-N$ est donc inversible. $\left(  I-N\right)  ^{-1}=\sum\limits_{i=0}%
^{+\infty}N^{i}=\sum\limits_{i=0}^{2}N^{i}=I+N+N^{2}$

\fbox{$\left(  I-N\right)  ^{-1}=I+N+N^{2}$}

$P^{-1}\left(  I-N\right)  P=\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
1 & -\alpha & -\beta\\
0 & 1 & -\gamma\\
0 & 0 & 1
\end{array}
\right)  $ donne les valeurs propres de $I-N:$ 1 triple.

\fbox{1 est valeur propre unique de $I-N$}

Si $I-N$ \'{e}tait diagonalisable, le sous-espace propre associ\'{e} \`{a} la
valeur propre 1 serait de dimension 3, c'est \`{a} dire $I-N$ serait \'{e}gal
\`{a} $I.$ Elle n'est donc pas diagonalisable.

\item  Toujours avec les m\^{e}mes notations, $P^{-1}N^{2}P=\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
0 & 0 & \alpha\gamma\\
0 & 0 & 0\\
0 & 0 & 0
\end{array}
\right)  $ n'est pas nul donc $\alpha\gamma$ n'est pas nul.

Soit $X=P\left(
\begin{array}
[c]{c}%
0\\
0\\
1
\end{array}
\right)  ,$

$NX=P\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
0 & \alpha & \beta\\
0 & 0 & \gamma\\
0 & 0 & 0
\end{array}
\right)  P^{-1}P\left(
\begin{array}
[c]{c}%
0\\
0\\
1
\end{array}
\right)  =P\left(
\begin{array}
[c]{c}%
\beta\\
\gamma\\
0
\end{array}
\right)  $

$N^{2}X=P\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
0 & 0 & \alpha\gamma\\
0 & 0 & 0\\
0 & 0 & 0
\end{array}
\right)  P^{-1}P\left(
\begin{array}
[c]{c}%
0\\
0\\
1
\end{array}
\right)  =P\left(
\begin{array}
[c]{c}%
\alpha\gamma\\
0\\
0
\end{array}
\right)  $

$\left(
\begin{array}
[c]{c}%
0\\
0\\
1
\end{array}
\right)  ,\left(
\begin{array}
[c]{c}%
\beta\\
\gamma\\
0
\end{array}
\right)  ,\left(
\begin{array}
[c]{c}%
\alpha\gamma\\
0\\
0
\end{array}
\right)  $ forment une base car $\alpha$ et $\gamma$ ne sont pas nuls.

Il en est de m\^{e}me de $P\left(
\begin{array}
[c]{c}%
0\\
0\\
1
\end{array}
\right)  ,P\left(
\begin{array}
[c]{c}%
\beta\\
\gamma\\
0
\end{array}
\right)  ,P\left(
\begin{array}
[c]{c}%
\alpha\gamma\\
0\\
0
\end{array}
\right)  $ car $P$ est inversible.

Si $A=aI+bN+cN^{2},$ $AN=aN+bN^{2}+cN^{3}=NA.$

R\'{e}ciproquement, dans la base $X,NX,N^{2}X,$ $P$ la matrice de passage,

$A^{\prime}=P^{-1}AP=\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
a & b & c\\
d & e & f\\
g & h & i
\end{array}
\right)  ,$ $N^{\prime}=P^{-1}NP=\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
0 & 0 & 0\\
1 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0
\end{array}
\right)  $

On a $A^{\prime}N^{\prime}=N^{\prime}A^{\prime},$ ce qui donne :

$\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
b & c & 0\\
e & f & 0\\
h & i & 0
\end{array}
\right)  =\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
0 & 0 & 0\\
a & b & c\\
d & e & f
\end{array}
\right)  $ et donc

$b=c=f=0,$ $a=e=i,$ $d=h,$ ce qui donne

$A^{\prime}=\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
a & 0 & 0\\
d & a & 0\\
g & d & a
\end{array}
\right)  =aI+dN^{\prime}+gN^{\prime2},$ et enfin

$A=aI+dN+gN^{2},$ ce qui est le r\'{e}sultat demand\'{e}.
\end{enumerate}

\item ~

\begin{enumerate}
\item $\left(  N_{1}N_{2}\right)  ^{3}=N_{1}N_{2}N_{1}N_{2}N_{1}N_{2}%
=N_{1}^{3}N_{2}^{3}=0,$ $N_{1}N_{2}$ est nilpotente.

$\left(  N_{1}+N_{2}\right)  ^{5}=N_{1}^{5}+5N_{1}^{4}N_{2}+10N_{1}^{3}%
N_{2}^{2}+10N_{1}^{2}N_{2}^{3}+5N_{1}N_{2}^{4}+N_{2}^{5}=0 $

$N_{1}+N_{2}$ est nilpotente.

\item $\left(  N_{1}+N_{2}\right)  ^{3}=N_{1}^{3}+3N_{1}^{2}N_{2}+3N_{1}%
N_{2}^{2}+N_{2}^{3}=3\left(  N_{1}^{2}N_{2}+N_{1}N_{2}^{2}\right)  =0$

On a bien : $N_{1}^{2}N_{2}+N_{1}N_{2}^{2}=0$

$\left(  N_{1}+N_{2}\right)  ^{4}=N_{1}^{4}+4N_{1}^{3}N_{2}+6N_{1}^{2}%
N_{2}^{2}+4N_{1}N_{2}^{3}+N_{2}^{4}=6N_{1}^{2}N_{2}^{2}=0 $

On a bien : $N_{1}^{2}N_{2}^{2}=0$

\item $\exp\left(  N_{1}+N_{2}\right)  =I+\left(  N_{1}+N_{2}\right)
+\dfrac{\left(  N_{1}+N_{2}\right)  ^{2}}{2}$

$=I+N_{1}+N_{2}+\dfrac{N_{1}^{2}+2N_{1}N_{2}+N_{2}^{2}}{2}$

$\exp\left(  N_{1}\right)  \exp\left(  N_{2}\right)  =\left(  I+N_{1}%
+\dfrac{N_{1}^{2}}{2}\right)  \left(  I+N_{2}+\dfrac{N_{2}^{2}}{2}\right)  $

$=I+N_{1}+\dfrac{N_{1}^{2}}{2}+N_{2}+N_{1}N_{2}+\dfrac{N_{1}^{2}N_{2}}%
{2}+\dfrac{N_{2}^{2}}{2}+\dfrac{N_{1}N_{2}^{2}}{2}+\dfrac{N_{1}^{2}N_{2}^{2}%
}{4}$

$=I+N_{1}+\dfrac{N_{1}^{2}}{2}+N_{2}+N_{1}N_{2}+\dfrac{N_{2}^{2}}{2}$ en
utilisant la question pr\'{e}c\'{e}dente.

Et enfin, $\exp\left(  N_{1}+N_{2}\right)  =\exp\left(  N_{1}\right)
\exp\left(  N_{2}\right)  $

\item $\exp\left(  N\right)  =I+N+\dfrac{N^{2}}{2}$

$\exp\left(  N\right)  $ est donc semblable \`{a} $\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
1 & \alpha & \dfrac{\alpha\gamma}{2}\\
0 & 1 & \gamma\\
0 & 0 & 1
\end{array}
\right)  $ qui est bien inversible.

On peut penser que comme $\exp\left(  N\right)  $ commute avec $N,$ son
inverse commute aussi avec $N,$ c'est d'ailleurs facile \`{a} montrer. On
cherche donc $\left(  \exp\left(  N\right)  \right)  ^{-1}$ sous la forme
$aI+bN+cN^{2}$

$\left(  I+N+\dfrac{N^{2}}{2}\right)  \left(  aI+bN+cN^{2}\right)  =I$

$\left(  a-1\right)  I+\left(  a+b\right)  N+\left(  \dfrac{a}{2}+b+c\right)
N^{2}=0$

Ces trois matrices forment une famille libre : $\left\{
\begin{tabular}
[c]{c}%
$a-1=0$\\
$a+b=0$\\
$\dfrac{a}{2}+b+c=0$%
\end{tabular}
\right.  $

Et enfin : $\left\{
\begin{tabular}
[c]{c}%
$a=1$\\
$b=-1$\\
$c=\dfrac{1}{2}$%
\end{tabular}
\right.  \quad$\fbox{$\left(  \exp\left(  N\right)  \right)  ^{-1}%
=I-N+\dfrac{N^{2}}{2}$}

On remarque aussi que c'est $\exp\left(  -N\right)  ...$
\end{enumerate}

\item ~

\begin{enumerate}
\item  On calcule facilement \fbox{$N^{2}=\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
1 & 1 & 0\\
-1 & -1 & 0\\
0 & 0 & 0
\end{array}
\right)  $ et $N^{3}=0$}

\item \fbox{$\sum\limits_{i=0}^{+\infty}N^{i}=I+N+N^{2}=\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
3 & 2 & 1\\
-2 & -1 & -1\\
1 & 1 & 1
\end{array}
\right)  $} qui est aussi l'inverse de $I-N$

\item \fbox{$\exp\left(  N\right)  =I+N+\dfrac{N^{2}}{2}=\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
5/2 & 3/2 & 1\\
-3/2 & -1/2 & -1\\
1 & 1 & 1
\end{array}
\right)  $}

\fbox{$\exp\left(  -N\right)  =I-N+\dfrac{N^{2}}{2}=\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
1/2 & -1/2 & -1\\
1/2 & 3/2 & 1\\
-1 & -1 & 1
\end{array}
\right)  $}
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\section{Quatri\`{e}me Partie}

\begin{enumerate}
\item ~

\begin{enumerate}
\item  Toute bonne calculatrice fournit :

\fbox{$-3,$ valeur propre simple, 3, valeur propre double}

\item \fbox{$R$ est diagonalisable} car $\mathcal{E}_{3}$ est de dimension 2.

On \'{e}crit une base de chaque sous-espace propre :

\fbox{$\mathcal{E}_{-3}:\left(
\begin{array}
[c]{c}%
1\\
1\\
-2
\end{array}
\right)  $ et $\mathcal{E}_{3}:\left(  \left(
\begin{array}
[c]{c}%
-1\\
1\\
0
\end{array}
\right)  ,\left(
\begin{array}
[c]{c}%
2\\
0\\
1
\end{array}
\right)  \right)  $}

$\exp(D)$ existe donc $\exp(R)$ existe aussi,

$\exp(D)=\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
\exp(3) & 0 & 0\\
0 & \exp(3) & 0\\
0 & 0 & \exp(-3)
\end{array}
\right)  $

On prend $P=\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
-1 & 2 & 1\\
1 & 0 & 1\\
0 & 1 & -2
\end{array}
\right)  ,$ $R=PDP^{-1},$

et donc $\exp(R)=P\exp(D)P^{-1}$

\fbox{$\exp(R)=\dfrac{1}{6}\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
5e^{3}+e^{-3} & -e^{3}+e^{-3} & 2e^{3}-2e^{-3}\\
-e^{3}+e^{-3} & 5e^{3}+e^{-3} & 2e^{3}-2e^{-3}\\
2e^{3}-2e^{-3} & 2e^{3}-2e^{-3} & 2e^{3}+4e^{-3}%
\end{array}
\right)  $}
\end{enumerate}

\item ~

\begin{enumerate}
\item \fbox{1 est valeur propre simple, $-1$ est valeur propre double}

\item \fbox{$M$ n'est pas diagonalisable} car $\mathcal{E}_{-1}$ n'est pas de
dimension 2.

On \'{e}crit une base de chaque sous-espace propre :

\fbox{$\mathcal{E}_{1}:U=\left(
\begin{array}
[c]{c}%
3\\
1\\
2
\end{array}
\right)  ,$ et $\mathcal{E}_{-1}:V=\left(
\begin{array}
[c]{c}%
-1\\
1\\
0
\end{array}
\right)  $}

\item  On r\'{e}sout $\left(  M+I\right)  W=V,$ on trouve \fbox{$W=\left(
\begin{array}
[c]{c}%
0\\
0\\
-1
\end{array}
\right)  $}$\left(  +\lambda V\right)  $

Pour avoir $M=PTP^{-1},$ on prend \fbox{$P=\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
3 & -1 & 0\\
1 & 1 & 0\\
2 & 0 & -1
\end{array}
\right)  $}

$\exp(T)$ existe d'apr\`{e}s la partie \textbf{II, }donc $\exp\left(
M\right)  $ existe aussi.

$\exp(T)=\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
e & 0 & 0\\
0 & e^{-1} & e^{-1}\\
0 & 0 & e^{-1}%
\end{array}
\right)  $

\fbox{$\exp\left(  M\right)  =\dfrac{1}{4}\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
3e-e^{-1} & 3e-5e^{-1} & e^{-1}\\
e+e^{-1} & e+5e^{-1} & -e^{-1}\\
2e-2e^{-1} & 2e-2e^{-1} & e^{-1}%
\end{array}
\right)  $}
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{document}
