Sujet $$2$$ - Exercice 1

Le polynôme caractéristique $$P_{f-3}$$ de $$f$$ est donné par :
$$P_{f-3}(\lambda) = \left| \begin{array}{ccc} 3 - \lambda & 1 & 1 \\ -2 & 0 - \lambda & -2 \\ 3 & 3 & 5 - \lambda \\ \end{array} \right| = \left| \begin{array}{ccc} 3 - \lambda & 1 & 1 \\ -2 & - \lambda & -2 \\ 3 & 3 & 5 - \lambda \\ \end{array} \right|$$
En développant sur la première ligne, on trouve que :
$$P_{f-3}(\lambda) = (3-\lambda) \left| \begin{array}{cc} -\lambda & -2 \\ 3 & 5 - \lambda \\ \end{array} \right| -1 \times \left| \begin{array}{cc} -2 & -2 \\ 3 & 5 - \lambda \\ \end{array} \right| + 1 \times \left| \begin{array}{cc} -2 & - \lambda \\ 3 & 3 \\ \end{array} \right|$$
Soit :
$$P_{f-3}(\lambda) = (3-\lambda)(-\lambda(5-\lambda)-3\times(-2))-((-2)(5-\lambda)-3\times(-2))+(-2)\times 3-3\times(-\lambda)$$
D'où :
$$P_{f-3}(\lambda) = (3-\lambda)(\lambda^2-5\lambda+6)- (2\lambda-10+6)-6+3\lambda$$
Ce qui nous permet d'écrire :
$$P_{f-3}(\lambda) = -\lambda^3+5\lambda^2-6\lambda + 3\lambda^2-15\lambda+18 -2\lambda+4-6+3\lambda$$
Ainsi :
$$P_{f-3}(\lambda) = - \lambda^3 + 8 \lambda^2 - 20 \lambda + 16$$
On constate que la valeur $$\lambda = {\color{blue}{2}}$$ est une racine évidente de $$P_{f-3}$$. En effet :
$$P_{f-3}(\lambda={\color{blue}{2}}) = - (2)^3 + 8 (2)^2 - 20 \times 2 + 16 = -8 +8 \times 4 - 40 + 16$$
Soit encore :
$$P_{f-3}(\lambda={\color{blue}{2}}) = -8 + 32 - 40 + 16 =48 - 48 = 0$$
On va donc pouvoir factoriser ce polynôme $$P_{f-3}$$.
La méthode de $$Hörner$$ ($$\it{William \,\, George \,\, Horner, \,\, mathématicien \,\,britannique, \,\, 1786 - 1837}$$) nous donne :
$$\begin{array}{|c|c|c|c|c|} \hline & -1 & 8 & -20 & 16 \\ \hline {\color{blue}{2}} & \downarrow & -2 & 12 & -16 \\ \hline & -1 & 6 & -8 & {\color{red}{0}} \\ \hline \end{array}$$
Ce qui nous donne :
$$P_{f-3}(\lambda) = (\lambda - {\color{blue}{2}}) (-\lambda^2 + 6\lambda - 8) = -(\lambda - {\color{blue} {2}}) (\lambda^2 - 6\lambda + 8)$$
Or, on peut aisément factoriser le terme $$\lambda^2 - 6\lambda + 8$$. En effet, on trouve que ses racines sont $$2$$ et $$4$$. On a alors :
$$P_{f-3}(\lambda) = -(\lambda - {\color{blue}{2}}) (\lambda-2)(\lambda-4)$$
D'où la forme finale suivante :
$$P_{f-{\color{green}{3}}}(\lambda) = (-1)^{\color{green}{3}}(\lambda - {\color{blue}{2}})^{\color{Purple}{2}} (\lambda-{\color{red}{4}})^1$$

Les valeurs propres de $$f$$ sont :
$$\bullet \,\,$$ $$\lambda = {\color{blue}{2}}$$ de multiplicité (ou dégénérescence) $${\color{Purple}{2}}$$ ;
$$\bullet \bullet \,\,$$ $$\lambda = {\color{red}{4}}$$ de multiplicité (ou dégénérescence) $$1$$.

Notons par :
$$\bullet \,\,$$ $$E_{\color{blue}{2}}$$ le sous espace propre associé à la valeur propre $${\color{blue}{2}}$$ ;
$$\bullet \bullet \,\,$$ $$E_{\color{red}{4}}$$ le sous espace propre associé à la valeur propre $${\color{red}{4}}$$.
Soit $$(x\,;\,y\,;\,z) \in \mathbb{R}^3$$. On note $$V$$ le vecteur suivant :
$$V = \left(\begin{array}{c} x \\ y \\ z \\ \end{array} \right)$$
$$\bullet \,\,$$ Le vecteur $$V$$ appartient au sous espace $$E_{\color{blue}{2}}$$ si :
$$(A-{\color{blue}{2}}\mathbb{I}_3)V=\mathbb{O}_3 \,\,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\,\, \begin{pmatrix} 3-{\color{blue}{2}} & 1 & 1 \\ -2 & 0-{\color{blue}{2}} & -2 \\ 3 & 3 & 5-{\color{blue}{2}} \\ \end{pmatrix} \left( \begin{array}{c} x \\ y \\ z \\ \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 0 \\ \end{array} \right)$$
Ce qui nous donne :
$$\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ -2 & -2 & -2 \\ 3 & 3 & 3 \\ \end{pmatrix} \left( \begin{array}{c} x \\ y \\ z \\ \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 0 \\ \end{array} \right)$$
Ce qui nous conduit à :
$$x + y + z = 0$$
Comme $$\dim E_{\color{blue}{2}} = 2$$ on doit donc trouver $${\color{blue}{2}}$$ deux vecteurs propres non colinéaires. On peut donc choisir, par exemple :
$$V_{1-{\color{blue}{2}}} = \left( \begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ -1 \\ \end{array} \right) \,\,\,\,\,\, \mathrm{et} \,\,\,\,\,\, V_{2-{\color{blue}{2}}} = \left( \begin{array}{c} 0 \\ 1 \\ -1 \\ \end{array} \right)$$
Le vecteur $$V$$ appartient au sous espace $$E_{\color{red}{4}}$$ si :
$$(A-{\color{red}{4}}\mathbb{I}_3)V=\mathbb{O}_3 \,\,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\,\, \begin{pmatrix} 3-{\color{red}{4}} & 1 & 1 \\ -2 & 0-{\color{red}{4}} & -2 \\ 3 & 3 & 5-{\color{red}{4}} \\ \end{pmatrix} \left( \begin{array}{c} x \\ y \\ z \\ \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 0 \\ \end{array} \right)$$
Ce qui nous donne :
$$\begin{pmatrix} -1 & 1 & 1 \\ -2 & -4 & -2 \\ 3 & 3 & 1 \\ \end{pmatrix} \left( \begin{array}{c} x \\ y \\ z \\ \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 0 \\ \end{array} \right)$$
Ainsi :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcrcrcl} - x & + & y & + & z & = & 0 \\ - 2x & - & 4y & - & 2z & = & 0 \\ 3x & + & 3y & + & z & = & 0 \\ \end{array} \right.$$
Multiplions la première ligne par $$6$$, la deuxième par $$-3$$ et, la troisième par $$2$$. Ainsi, on obtient le système :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcrcrcl} - 6x & + & 6y & + & 6z & = & 0 \\ 6x & + & 12y & + & 6z & = & 0 \\ 6x & + & 6y & + & 2z & = & 0 \\ \end{array} \right.$$
Maintenant, remplaçons la deuxième ligne par la somme de la première et de la deuxième ligne ; et faisons de même avec la troisième ligne (qui sera remplacée para somme de la première et de la troisième ligne). On obtient alors :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcrcrcl} - 6x & + & 6y & + & 6z & = & 0 \\ & & 18y & + & 12z & = & 0 \\ & & 12y & + & 8z & = & 0 \\ \end{array} \right.$$
En divisant la première par $$6$$, la deuxième $$6$$ et la troisième par $$4$$, on trouve que :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcrcrcl} - x & + & y & + & z & = & 0 \\ & & 3y & + & 2z & = & 0 \\ & & 3y & + & 2z & = & 0 \\ \end{array} \right.$$
Il n' a donc que les deux lignes suivantes :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcrcrcl} - x & + & y & + & z & = & 0 \\ & & 3y & + & 2z & = & 0 \\ \end{array} \right.$$
En effectuant, dans cet ordre, la soustraction de la seconde avec la première, on trouve que :
$$x + 2y + z = 0$$
Il suffit donc de choisir, par exemple, les valeurs suivante :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} x & = & 1 \\ y & = & -2 \\ z & = & 3 \\ \end{array} \right. \,\,\,\,\,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\,\,\,\,\, V_{\color{red}{4}} = \left( \begin{array}{c} 1 \\ -2 \\ 3 \\ \end{array} \right)$$
On constate que :
$$\dim E_{\color{blue}{2}} = {\color{purple}{2}} \,\,\,\,\,\,\,\, \mathrm{et} \,\,\,\,\,\,\,\, \dim E_{\color{red}{4}} = 1$$
Donc l'ensemble des vecteurs $$\left\lbrace V_{1-{\color{blue}{2}}} \,;\,V_{2-{\color{blue}{2}}} \,;\, V_{\color{red}{4}} \right\rbrace$$ forme $${\bf{une \,\, base \,\, propre}} \,\, B_p$$ de l'endomorphisme $$f$$.
Ainsi, $${\color{red}{\bf{l'endomorphisme \,\, étudié \,\, est \,\, diagonalisable}}}$$.
On a alors :
$$B_p = \left\lbrace \left( \begin{array}{c}{\color{blue}{1}} \\ {\color{blue}{0}} \\ {\color{blue}{-1 }} \\ \end{array} \right) \,;\, \left( \begin{array}{c} {\color{blue}{0}} \\ {\color{blue}{1}} \\ {\color{blue}{-1 }} \\ \end{array} \right) \,;\, \left( \begin{array}{c} {\color{red}{1}} \\ {\color{red}{-2}} \\ {\color{red}{3}} \\ \end{array} \right) \right\rbrace \,\,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\,\, V_A = \begin{pmatrix} {\color{blue}{2}} & 0 & 0 \\ 0 & {\color{blue}{2}} & 0 \\ 0 & 0 & {\color{red}{4}} \\ \end{pmatrix}$$
Avec, bien évidement $$V_A = \mathrm{Mat}_{B_p}(f)$$. Et on note :
$$P = \begin{pmatrix} {\color{blue}{1}} & {\color{blue}{0}} &{\color{red}{1}} \\ {\color{blue}{0}} & {\color{blue}{1}} &{\color{red}{-2}} \\ {\color{blue}{-1}}& {\color{blue}{-1}}&{\color{red}{3}} \\ \end{pmatrix}$$

Vérifions que $$P_{f-3}(A)= \mathbb{O}_3$$. On a alors :
$$P_{f-3}(A) = - A^3 + 8 A^2 - 20 A + 16\mathbb{I}_3$$
Avec :
$$A = \begin{pmatrix} 3 & 1 & 1 \\ -2 & 0 & -2 \\ 3 & 3 & 5 \\ \end{pmatrix} \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, A^2=A\times A = \begin{pmatrix} 10 & 6 & 6 \\ -12 & -8 & -12 \\ 18 & 18 & 22 \\ \end{pmatrix}$$
Et de fait :
$$A^3 = A \times A \times A = A^2 \times A = \begin{pmatrix} 36 & 28 & 28 \\ -56 & -48 & -56 \\ 84 & 84 & 92 \\ \end{pmatrix}$$
On a alors :
$$P_{f-3}(A) = \begin{pmatrix} -36+8\times10-20\times3+16 & -28+8\times6-20\times1 & -28+8\times6-20\times1 \\ 56+8\times(-12)-20\times(-2) & 48+8\times(-8)-20\times0+16 & 56+8\times(-12)-20\times(-2) \\ -84+8\times18-20\times3 & -84+8\times18-20\times3 & -92+8\times22-20\times5+16 \\ \end{pmatrix}$$
Ce qui nous donne :
$$P_{f-3}(A) = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ \end{pmatrix} \,\,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\,\, P_{f-3}(A) = \mathbb{O}_3$$

On va développer suivant le deuxième colonne de la matrice $$A$$. On a alors :
$$\det A = -1 \times \left| \begin{array}{cc} -2 & -2 \\ 3 & 5 \\ \end{array} \right| + 0\times \left| \begin{array}{cc} 3 & 1 \\ 3 & 5 \\ \end{array} \right| -3\times \left| \begin{array}{cc} 3 & 1 \\ -2 & -2 \\ \end{array} \right|$$
Soit :
$$\det A = -\left| \begin{array}{cc} -2 & -2 \\ 3 & 5 \\ \end{array} \right|-3 \times \left| \begin{array}{cc} 3 & 1 \\ -2 & -2 \\ \end{array} \right| = -(-4)-3 \times(-4)$$
D'où :
$$\det A = 4+12$$
On constate que :
$$\det A = 16 \neq 0$$
Donc la matrice $$A$$ est effectivement inversible, c'est une {\color{red}{\textbf{matrice régulière}}}. On notera par $$A^{-1}$$ sa matrice inverse.
$${\color{ForestGreen}{\blacktriangledown \,\, \bf{Remarque :}}}$$
Dans l'expression développée du polynôme caractéristique $$P_{f-n}$$ d'un endomorphisme $$f$$, son $${\color{Red}{terme \,\, de \,\, degré \,\, zéro}}$$ est toujours $${\color{Red}{égal \,\, au \,\, déterminant}}$$ de la matrice représentative $$\mathrm{Mat}_B(f)$$ de cet endomorphisme.
Dans notre exercice, on a :
$$P_{f-3}(\lambda) = - \lambda^3 + 8 \lambda^2 - 20 \lambda + {\color{Red}{16}} \,\,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\,\, \det \mathrm{Mat}_B(f) = {\color{Red}{16}}$$

On sait que :
$$P_{f-3}(A) = \mathbb{O}_3 \,\,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\,\, - A^3 + 8 A^2 - 20 A + 16\mathbb{I}_3 = \mathbb{O}_3$$
En multipliant par la droite par la matrice inverse $$A^{-1}$$, on trouve que :
$$- A^3A^{-1} + 8 A^2A^{-1} - 20 AA^{-1} + 16\mathbb{I}_3A^{-1} = \mathbb{O}_3A^{-1}$$
Soit :
$$- A^2 + 8 A - 20 \mathbb{I}_3 + 16A^{-1} = \mathbb{O}_3$$
Ainsi :
$$16A^{-1} = A^2 -8A + 20\mathbb{I}_3 + \mathbb{O}_3$$
Ce qui nous donne
$$16A^{-1} = \begin{pmatrix} 6 & -2 & -2 \\ 4 & 12 & 4 \\ -6 & -6 & 2 \\ \end{pmatrix}$$
Finalement :
$$A^{-1} = \dfrac{1}{16} \begin{pmatrix} 6 & -2 & -2 \\ 4 & 12 & 4 \\ -6 & -6 & 2 \\ \end{pmatrix}$$
En simplifiant par $$2$$, on trouve que :
$$A^{-1} = \dfrac{1}{8} \begin{pmatrix} 3 & -1 & -1 \\ 2 & 6 & 2 \\ -3 & -3 & 1 \\ \end{pmatrix}$$

Soit $$n \in \mathbb{Z}$$. On sait que les matrices $$A$$ et $$V_A$$ sont deux matrices semblables, et que l'on a :
$$A = P V_A P^{-1} \,\,\,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\,\,\, A^n = P V_A^n P^{-1}$$
Avec :
$$P^{-1} = \begin{pmatrix} {\color{blue}{1}} & {\color{blue}{0}} & {\color{red}{1}} \\ {\color{blue}{0}} & {\color{blue}{1}} &{\color{red}{-2}} \\ {\color{blue}{-1}} & {\color{blue}{-1}} & {\color{red}{3}} \\ \end{pmatrix}^{-1} = \dfrac{1}{\det P} \, ^t\mathrm{Com} P$$
Commençons par déterminer le déterminant de la matrice $$P$$. En développant sur la première ligne, on trouve que :
$$\det P = {\color{blue}{1}} \times \left| \begin{array}{cc} {\color{blue}{1}} & {\color{red}{-2}} \\ {\color{blue}{-1}} & {\color{red}{3}} \\ \end{array} \right| - {\color{blue}{0}} \times \left| \begin{array} {cc}{\color{blue}{0}} & {\color{red}{-2}} \\ {\color{blue}{-1}} & {\color{red}{3}} \\ \end{array} \right| + {\color{red}{1}} \times \left| \begin{array}{cc} {\color{blue}{0}} & {\color{blue}{1}} \\{\color{blue}{-1}} & {\color{blue}{-1}} \\ \end{array} \right|$$
Soit :
$$\det P = \left| \begin{array}{cc} {\color{blue}{1}} & {\color{red}{-2}} \\ {\color{blue}{-1}} & {\color{red}{3}} \\ \end{array} \right| + \left| \begin{array}{cc} {\color{blue}{0}} & {\color{blue}{1}} \\ {\color{blue}{-1}} & {\color{blue}{-1}} \\ \end{array} \right| = 1+1 = 2$$
Donc la matrice $$P^{-1}$$ existe bien. Puis, déterminons la comatrice (ou matrice des cofacteurs) $$\mathrm{Com} P$$. On a alors :
$$\mathrm{Com} P = \begin{pmatrix} \Gamma_{11} & \Gamma_{12} & \Gamma_{13} \\ \Gamma_{21} & \Gamma_{22} & \Gamma_{23} \\ \Gamma_{31} & \Gamma_{32}& \Gamma_{33} \\ \end{pmatrix}$$
Soit :
$$\mathrm{Com} P = \begin{pmatrix} \left| \begin{array}{cc} {\color{blue}{1}} & {\color{red}{-2}} \\ {\color{blue}{-1}} & {\color{red}{3}} \\ \end{array} \right| & - \left| \begin{array}{cc} {\color{blue}{0}} & {\color{red}{-2}} \\ {\color{blue}{-1}} & {\color{red}{3}} \\ \end{array}\right| & \left| \begin{array}{cc} {\color{blue}{0}} & {\color{blue}{1}} \\ {\color{blue}{-1}} & {\color{blue}{-1}} \\ \end{array} \right| \\ \\ - \left| \begin{array}{cc} {\color{blue}{0}} & {\color{red}{1}} \\ {\color{blue}{-1}} & {\color{red}{3}} \\ \end{array} \right| & \left| \begin{array}{cc} {\color{blue}{1}} & {\color{red}{1}} \\ {\color{blue}{-1}} & {\color{red}{3}} \\ \end{array} \right| & - \left| \begin{array}{cc} {\color{blue}{1}} & {\color{blue}{0}} \\ {\color{blue}{-1}} & {\color{blue}{-1}} \\ \end{array} \right| \\ \\ \left| \begin{array}{cc} {\color{blue}{0}} & {\color{red}{1}} \\ {\color{blue}{1}} & {\color{red}{-2}} \\ \end{array} \right| & - \left| \begin{array}{cc} {\color{blue}{1}} & {\color{red}{1}} \\ {\color{blue}{0}} & {\color{red}{-2}} \\ \end{array} \right| & \left| \begin{array}{cc} {\color{blue}{1}} & {\color{blue}{0}} \\ {\color{blue}{0}} & {\color{blue}{1}} \\ \end{array}\right| \\ \end{pmatrix}$$
Ce qui nous donne :
$$\mathrm{Com} P = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 \\ -1 & 4 & 1 \\ -1 & 2 & 1 \\ \end{pmatrix} \,\,\,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\,\,\, ^t\mathrm{Com} P = \begin{pmatrix} 1 & -1 & -1 \\ 2 & 4 & 2 \\ 1 & 1 & 1 \\ \end{pmatrix}$$
Ce qui nous permet d'écrire que :
$$P^{-1} = \dfrac{1}{2} \begin{pmatrix} 1 & -1 & -1 \\ 2 & 4 & 2 \\ 1 & 1 & 1 \\ \end{pmatrix}$$
On en déduit alors que :
$$A^n = \begin{pmatrix} {\color{blue}{1}} & {\color{blue}{0}} & {\color{red}{1}} \\ {\color{blue}{0}} & {\color{blue}{1}} &{\color{red}{-2}} \\ {\color{blue}{-1}}& {\color{blue}{-1}}& {\color{red}{3}} \\ \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} {\color{blue}{2}} & 0 & 0 \\ 0 & {\color{blue}{2}} & 0 \\ 0 & 0 & {\color{red}{4}} \\ \end{pmatrix}^n \times \dfrac{1}{2} \begin{pmatrix} 1 & -1 & -1 \\ 2 & 4 & 2 \\ 1 & 1 & 1 \\ \end{pmatrix}$$
Soit encore :
$$A^n = \dfrac{1}{2} \begin{pmatrix} {\color{blue}{1}} & {\color{blue}{0}} &{\color{red}{1}} \\ {\color{blue}{0}} & {\color{blue}{1}} &{\color{red}{-2}} \\ {\color{blue}{-1}} & {\color{blue}{-1}} & {\color{red}{3}} \\ \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} {\color{blue}{2}}^n & 0 & 0 \\ 0 & {\color{blue}{2}}^n & 0 \\ 0 & 0 & {\color{red}{4}}^n \\ \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} 1 & -1 & -1 \\ 2 & 4 & 2 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}$$
D'où :
$$A^n = \dfrac{1}{2} \begin{pmatrix} {\color{blue}{2}}^n & 0 & {\color{red}{4}}^n \\ 0 & {\color{blue}{2}}^n & -{\color{red}{2}}\times{\color{red}{4}}^n \\ -{\color{blue}{2}}^n & -{\color{blue}{2}}^n & {\color{red}{3}} \times{\color{red}{4}}^n \\ \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} 1 & -1 & -1 \\ 2 & 4 & 2 \\ 1 & 1 & 1 \\ \end{pmatrix}$$
On en déduit que :
$$A^n = \dfrac{1}{2} \begin{pmatrix} {\color{blue}{2}}^n + {\color{red}{4}}^n & -{\color{blue}{2}}^n + {\color{red}{4}}^n & -{\color{blue}{2}}^n + {\color{red}{4}}^n \\ 2 \times {\color{blue}{2}}^n - {\color{red}{2}}\times{\color{red}{4}}^n & 4\times {\color{blue}{2}}^n - {\color{red}{2}}\times{\color{red}{4}}^n & 2\times {\color{blue}{2}}^n - {\color{red}{2}}\times{\color{red}{4}}^n \\ -3\times {\color{blue}{2}}^n + {\color{red}{3}}\times{\color{red}{4}}^n & -3\times {\color{blue}{2}}^n + {\color{red}{3}}\times{\color{red}{4}}^n & -{\color{blue}{2}}^n + {\color{red}{3}}\times{\color{red}{4}}^n \\ \end{pmatrix}$$
Finalement, on trouve que :
$$A^n = \begin{pmatrix} {\color{blue}{2}}^{n-1} + \dfrac{1}{2}{\color{red}{4}}^n & -{\color{blue}{2}}^{n-1} + \dfrac{1}{2}{\color{red}{4}}^n & -{\color{blue}{2}}^{n-1} + \dfrac{1}{2}{\color{red}{4}}^n \\ {\color{blue}{2}}^n - {\color{red}{4}}^n & {\color{blue}{2}}^{n+1} - {\color{red}{4}}^n &{\color{blue}{2}}^n - {\color{red}{2}} \times {\color{red}{4}}^n \\ -3\times {\color{blue}{2}}^{n-1} + \dfrac{{\color{red}{3}}}{2}\times{\color{red}{4}}^n & -3 \times {\color{blue}{2}}^{n-1} + \dfrac{{\color{red}{3}}}{2} \times {\color{red}{4}}^n & -{\color{blue}{2}}^{n-1} + \dfrac{{\color{red}{3}}}{2} \times{\color{red}{4}}^n \\ \end{pmatrix}$$