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1) Notons $C_1, C_2, C_3, C_4$ les colonnes de $A$. On remarque que $C_2 = -C_1$. De plus, la famille $(C_1, C_3, C_4)$ est libre car :
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$$\alpha C_1 + \beta C_3 + \gamma C_4 = 0 \iff \begin{cases} \alpha + 2\beta - 2\gamma = 0 \\ \beta - \gamma = 0 \\ \alpha + \beta = 0 \\ \alpha + \beta = 0 \end{cases} \iff \beta = \gamma, \alpha = -\beta, -\beta + 2\beta - 2\beta = 0 \iff \alpha=\beta=\gamma=0$$
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On en déduit :
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+ $\op{rg}(f) = 3$ ;
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+ $\op{Im } f = \op{Vect}((1, 0, 1, 1), (2, 1, 1, 1), (-2, -1, 0, 0))$ ;
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+ Par le théorème du rang, $\dim \ker f = 1$. Comme $C_1+C_2=0$, $\ker f = \op{Vect}((1, 1, 0, 0))$.
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2) On cherche $e'_1, e'_2$ dans $\ker(f^2)$ et $e'_3, e'_4$ dans $\ker(f-\op{id})^2$ tels que $f(e'_1)=0, f(e'_2)=e'_1, f(e'_3)=e'_3, f(e'_4)=e'_3+e'_4$.
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On peut vérifier que $A e_2 = e_1$, donc on va prendre $e_1' = e_1$ et $e_2' = e_2$.
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On peut aussi vérifier que $A e_3 = e_3 + e_4$, donc $e_3' = e_4$ et $e_4' = e_3$ conviennent.
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La famille $(e_1', e_2', e_3', e_4')$ est bien une base.
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3) La matrice de passage est $P = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}$. Par inversion du système $Y=PX$, on trouve $P^{-1} = \begin{pmatrix} 0 & 1 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 1 & -1 & 1 & -1 \end{pmatrix}$.
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Pour $n \ge 2$, $T^n = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & n \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$. On en déduit $A^n = P T^n P^{-1}$. |