Première méthode: On calcule les premières puissances de $A$ puis l’on montre par récurrence

$$A^n=\left(\begin{array}{ccc}\hfill 1\hfill & \hfill n\hfill & \hfill \frac{n(n-1)}{2}\hfill \\ \hfill 0\hfill & \hfill 1\hfill & \hfill n\hfill \\ \hfill 0\hfill & \hfill 0\hfill & \hfill 1\hfill \end{array}\right)\text{.}$$

Deuxième méthode: $A={\mathrm{I}}_3+B$ avec

$$B=\left(\begin{array}{ccc}\hfill 0\hfill & \hfill 1\hfill & \hfill 0\hfill \\ \hfill 0\hfill & \hfill 0\hfill & \hfill 1\hfill \\ \hfill 0\hfill & \hfill 0\hfill & \hfill 0\hfill \end{array}\right)\text{.}$$

Puisque ${\mathrm{I}}_3$ et $B$ commutent, la formule du binôme donne

$$A^n={\mathrm{I}}_3+nB+\frac{n(n-1)}{2}{B}^2$$

car $B^k={\mathrm{O}}_3$ pour $k\ge 3$

• (a)

  $A^2-3A+2{\mathrm{I}}_2=0$. Comme $A(-\frac{1}{2}A+\frac{3}{2}{\mathrm{I}}_2)={\mathrm{I}}_2$, on a

  $$A^{-1}=-\frac{1}{2}A+\frac{3}{2}{\mathrm{I}}_2=\left(\begin{array}{cc}\hfill 2\hfill & \hfill 1\hfill \\ \hfill -3/2\hfill & \hfill -1/2\hfill \end{array}\right)\text{.}$$

• (b)

  $X^2-3X+2=(X-1)(X-2)$. Sachant que le reste de la division euclidienne considérée est de la forme $aX+b$, en évaluant en 1 et 2, on détermine $a$ et $b$ et l’on obtient

  $$X^n=(X^2-3X+2)Q(X)+(2^n-1)X+2-2^n\text{.}$$

• (c)

  On peut remplacer $X$ par $A$ dans le calcul qui précède et l’on obtient

  $$A^n=(A^2-3A+2{\mathrm{I}}_2)Q(A)+(2^n-1)A+(2-2^n){\mathrm{I}}_2=(2^n-1)A+(2-2^n){\mathrm{I}}_2$$

  et donc

  $$A^n=\left(\begin{array}{cc}\hfill 3-2^{n+1}\hfill & \hfill 2-2^{n+1}\hfill \\ \hfill {3.2}^n-3\hfill & \hfill {3.2}^n-2\hfill \end{array}\right)\text{.}$$

• (a)

  Si $M_k$ majore les coefficients de $A^k$ alors $n{M}_k$ majore les coefficients de $A^{k+1}$.
  On en déduit que les coefficients de $A^k$ sont majorés par

  $$n^{k-1}\text{.}$$

  On peut sans doute proposer plus fin.

• (b)

  Posons $T$ la matrice de ${ℳ}_n(ℝ)$ dont tous les coefficients sont nuls sauf ceux de coefficients $(i,i+1)$ qui valent 1. On remarque

  $$A={\mathrm{I}}_n+T+\mathrm{\cdots }+T^{n-1}\text{.}$$

  On en déduit

  $$(I-T)A={\mathrm{I}}_n-T^n$$

  et puisque $T^n={\mathrm{O}}_n$, on obtient

  $$A^{-1}={\mathrm{I}}_n-T\text{.}$$

• (c)

  Le calcul des puissances de $A^{-1}$ est immédiat

  $${(A^{-1})}^k=\sum _{j=0}^k{(-1)}^j\left(\genfrac{}{}{0pt}{}{k}{j}\right)T^j$$

  et donc le coefficient d’indice $(i,j)$ de ${(A^{-1})}^k$ est

  $$a_{i,j}^{-k}={(-1)}^{j-i}\left(\genfrac{}{}{0pt}{}{k}{j-i}\right)={(-1)}^{j-i}\frac{k(k-1)\mathrm{\dots }(k-j+i+1)}{(j-i)(j-i-1)\mathrm{\dots }1}\text{.}$$

  Cette formule laisse présumer que le coefficient d’indice $(i,j)$ de $A^k$ est

  $$a_{i,j}^k={(-1)}^{j-i}\frac{(-k)(-k-1)\mathrm{\dots }(-k-j+i+1)}{(j-i)(j-i-1)\mathrm{\dots }1}=\left(\genfrac{}{}{0pt}{}{k+j-i-1}{j-i}\right)$$

  ce que l’on démontre en raisonnant par récurrence.