Exercice 1 - Exercice 1

Soit $$\lambda$$ une valeur propre réelle de $$u$$.
Le polynôme caractéristique est donné par :
$$P(\lambda) = \det(A - \lambda I_3) = \det \left( \begin{pmatrix} 1 & -2 & -2 \\ -1 & 1 & -1 \\ -1 & 0 & 2 \end{pmatrix} - \lambda \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \right) = \det \left( \begin{pmatrix} 1 & -2 & -2 \\ -1 & 1 & -1 \\ -1 & 0 & 2 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} - \lambda & 0 & 0 \\ 0 & - \lambda & 0 \\ 0 & 0 & - \lambda \end{pmatrix} \right)$$
Soit :
$$P(\lambda) = \det \left( \begin{pmatrix} 1-\lambda & -2 & -2 \\ -1 & 1-\lambda & -1 \\ -1 & 0 & 2-\lambda \end{pmatrix} \right) = \begin{vmatrix} 1-\lambda & -2 & -2 \\ -1 & 1-\lambda & -1 \\ -1 & 0 & 2-\lambda \end{vmatrix}$$
Si on effectue la substitution $$L_3 \longleftarrow L_1 + L_2 + L_3$$ on obtient alors :
$$P(\lambda) = \begin{vmatrix} 1-\lambda & -2 & -2 \\ -1 & 1-\lambda & -1 \\ -1-\lambda & -1-\lambda & -1-\lambda \end{vmatrix}$$
En factorisant par le terme $$-1-\lambda$$ issu de la troisième ligne, on obtient :
$$P(\lambda) = (-1-\lambda) \times \begin{vmatrix} 1-\lambda & -2 & -2 \\ -1 & 1-\lambda & -1 \\ 1 & 1 & 1 \end{vmatrix}$$
Effectuons maintenant la substitution $$C_1 \longleftarrow C_1 - C_3$$ on obtient alors :
$$P(\lambda) = (-1-\lambda) \times \begin{vmatrix} 3-\lambda & -2 & -2 \\ 0 & 1-\lambda & -1 \\ 0 & 1 & 1 \end{vmatrix}$$
Effectuons maintenant la substitution $$C_2 \longleftarrow C_2 - C_3$$ on obtient alors :
$$P(\lambda) = (-1-\lambda) \times \begin{vmatrix} 3-\lambda & 0 & -2 \\ 0 & 2-\lambda & -1 \\ 0 & 0 & 1 \end{vmatrix}$$
On va maintenant développer le déterminant présent selon sa première colonne. On a alors :
$$P(\lambda) = (-1-\lambda) \times (-1)^{1+1} \times (3-\lambda) \times \begin{vmatrix} 2-\lambda & -1 \\ 0 & 1 \end{vmatrix} = (-1-\lambda) \times (3-\lambda) \times \begin{vmatrix} 2-\lambda & -1 \\ 0 & 1 \end{vmatrix}$$
Donc:
$$P(\lambda) = (-1-\lambda) \times (-1)^{1+1} \times (3-\lambda) \times \begin{vmatrix} 2-\lambda & -1 \\ 0 & 1 \end{vmatrix} = (-1-\lambda) \times (3-\lambda) \times \big( (2-\lambda) \times 1 - 0 \times (-1) \big)$$
Donc :
$$P(\lambda) = (-1-\lambda) \times (3-\lambda) \times (2-\lambda)$$
Les valeurs propres de $$u$$ sont donc $$-1$$, $$2$$ et $$3$$. Autrement dit :
$$\mathrm{Sp}_{\mathbb{R}}(A) = \{ \, -1 \,;\, 2 \,;\, 3 \, \}$$
On constate que le spectre est constitué de valeurs propres toutes distinctes non dégénérées, donc toutes de multiplicité $$1$$, et ceci implique que l'endomorphisme $$u$$ est diagonalisable.
$$\bullet \,\,$$ Notons par $$x$$ un vecteur propre. Afin de déterminer le sous-espace propre associé à la valeur propre $$\lambda = -1$$, noté $$V(-1)$$, utilisons sa définition :
$$V(-1) = \ker(u -(-1)\mathrm{Id}_E) = \ker(u +\mathrm{Id}_E) = \left\lbrace \, u(x) = -x\, | \, x \in E \, \right\rbrace$$
Introduisons la représentation matricielle $$X$$ du vecteur propre $$x$$ dans la base $$\mathcal{B}$$ de $$E$$ suivante :
$$X = \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix} \,\,\,\,\, \mathrm{avec} \, (a \,;\, b \,;\, c) \in \mathbb{R}^3$$
En utilisant la représentation matricielle on a alors :
$$A X = -X \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, AX + X = \mathcal{O}_{3\,;\,1} \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, (A + I_3)X = \mathcal{O}_{3\,;\,1}$$
Soit :
$$\left( \begin{pmatrix} 1 & -2 & -2 \\ -1 & 1 & -1 \\ -1 & 0 & 2 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \right) \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \begin{pmatrix} 2 & -2 & -2 \\ -1 & 2 & -1 \\ -1 & 0 & 3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$$
Ce qui nous permet d'obtenir le système linéaire suivant :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} 2a - 2b - 2c & = & 0 \\ -a + 2b - c & = & 0 \\ -a + 3c & = & 0 \end{array} \right. \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} a - b - c & = & 0 \\ -a + 2b - c & = & 0 \\ -a + 3c & = & 0 \end{array} \right.$$
Effectuons les deux transformations suivantes : $$L_2 \longleftarrow L_2 + L_1$$ et $$L_3 \longleftarrow L_3 + L_1$$. On obtient donc :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} a - b - c & = & 0 \\ b - 2c & = & 0 \\ b - 2c & = & 0 \end{array} \right. \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} a - 2c - c & = & 0 \\ b & = & 2c \\ c & \in & \mathbb{R} \end{array} \right. \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} a - 3c & = & 0 \\ b & = & 2c \\ c & \in & \mathbb{R} \end{array} \right. \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} a & = & 3c \\ b & = & 2c \\ c & \in & \mathbb{R} \end{array} \right.$$
Donc :
$$X = \begin{pmatrix} 3c \\ 2c \\ c \end{pmatrix} \,\,\,\,\, \mathrm{avec} \, c \in \mathbb{R}$$
Soit :
$$X = c \begin{pmatrix} 3 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix} \,\,\,\,\, \mathrm{avec} \, c \in \mathbb{R}$$
Autrement dit :
$$V(-1) = \mathrm{Vect} \left\lbrace \, \begin{pmatrix} 3 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix} \, \right\rbrace$$
$$\bullet \bullet \,\,$$ Notons par $$x$$ un vecteur propre. Afin de déterminer le sous-espace propre associé à la valeur propre $$\lambda = 2$$, noté $$V(2)$$, utilisons sa définition :
$$V(2) = \ker(u -2\mathrm{Id}_E) = \left\lbrace \, u(x) = 2x\, | \, x \in E \, \right\rbrace$$
Introduisons la représentation matricielle $$X$$ du vecteur propre $$x$$ dans la base $$\mathcal{B}$$ de $$E$$ suivante :
$$X = \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix} \,\,\,\,\, \mathrm{avec} \, (a \,;\, b \,;\, c) \in \mathbb{R}^3$$
En utilisant la représentation matricielle on a alors :
$$A X = 2X \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, AX - 2X = \mathcal{O}_{3\,;\,1} \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, AX - 2I_3X = \mathcal{O}_{3\,;\,1} \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, (A - 2I_3)X = \mathcal{O}_{3\,;\,1}$$
Soit :
$$\left( \begin{pmatrix} 1 & -2 & -2 \\ -1 & 1 & -1 \\ -1 & 0 & 2 \end{pmatrix} - 2\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \right) \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left( \begin{pmatrix} 1 & -2 & -2 \\ -1 & 1 & -1 \\ -1 & 0 & 2 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} -2 & 0 & 0 \\ 0 & -2 & 0 \\ 0 & 0 & -2 \end{pmatrix} \right) \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$$
D'où :
$$\begin{pmatrix} -1 & -2 & -2 \\ -1 & -1 & -1 \\ -1 & 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$$
Ce qui nous permet d'obtenir le système linéaire suivant :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} -a - 2b - 2c & = & 0 \\ -a - b - c & = & 0 \\ -a & = & 0 \end{array} \right. \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} a + 2b + 2c & = & 0 \\ a + b + c & = & 0 \\ a & = & 0 \end{array} \right. \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} 2b + 2c & = & 0 \\ b + c & = & 0 \\ a & = & 0 \end{array} \right. \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} b & = & -c \\ b & = & -c \\ a & = & 0 \end{array} \right.$$
Donc :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} a & = & 0 \\ b & = & -c \\ c & \in & \mathbb{R} \end{array} \right.$$
Donc :
$$X = \begin{pmatrix} 0 \\ -c \\ c \end{pmatrix} \,\,\,\,\, \mathrm{avec} \, c \in \mathbb{R}$$
Soit :
$$X = c \begin{pmatrix} 0 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix} \,\,\,\,\, \mathrm{avec} \, c \in \mathbb{R}$$
Autrement dit :
$$V(2) = \mathrm{Vect} \left\lbrace \, \begin{pmatrix} 0 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix} \, \right\rbrace$$
$$\bullet \bullet \bullet \,\,$$ Notons par $$x$$ un vecteur propre. Afin de déterminer le sous-espace propre associé à la valeur propre $$\lambda = 3$$, noté $$V(3)$$, utilisons sa définition :
$$V(3) = \ker(u -3\mathrm{Id}_E) = \left\lbrace \, u(x) = 3x\, | \, x \in E \, \right\rbrace$$
Introduisons la représentation matricielle $$X$$ du vecteur propre $$x$$ dans la base $$\mathcal{B}$$ de $$E$$ suivante :
$$X = \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix} \,\,\,\,\, \mathrm{avec} \, (a \,;\, b \,;\, c) \in \mathbb{R}^3$$
En utilisant la représentation matricielle on a alors :
$$A X = 3X \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, AX - 3X = \mathcal{O}_{3\,;\,1} \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, AX - 3I_3X = \mathcal{O}_{3\,;\,1} \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, (A - 3I_3)X = \mathcal{O}_{3\,;\,1}$$
Soit :
$$\left( \begin{pmatrix} 1 & -2 & -2 \\ -1 & 1 & -1 \\ -1 & 0 & 2 \end{pmatrix} - 3\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \right) \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left( \begin{pmatrix} 1 & -2 & -2 \\ -1 & 1 & -1 \\ -1 & 0 & 2 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} -3 & 0 & 0 \\ 0 & -3 & 0 \\ 0 & 0 & -3 \end{pmatrix} \right) \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$$
D'où :
$$\begin{pmatrix} -2 & -2 & -2 \\ -1 & -2 & -1 \\ -1 & 0 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$$
Ce qui nous permet d'obtenir le système linéaire suivant :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} -2a - 2b - 2c & = & 0 \\ -a - 2b - c & = & 0 \\ -a -c & = & 0 \end{array} \right. \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} a + b + c & = & 0 \\ a + 2b + c & = & 0 \\ a + c & = & 0 \end{array} \right. \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} -c + b + c & = & 0 \\ -c + 2b + c & = & 0 \\ a & = & -c \end{array} \right. \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} b & = & 0 \\ 2b & = & 0 \\ a & = & -c \end{array} \right.$$
Donc :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} a & = & -c \\ b & = & 0 \\ c & \in & \mathbb{R} \end{array} \right.$$
Donc :
$$X = \begin{pmatrix} -c \\ 0 \\ c \end{pmatrix} \,\,\,\,\, \mathrm{avec} \, c \in \mathbb{R}$$
Soit :
$$X = c \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \,\,\,\,\, \mathrm{avec} \, c \in \mathbb{R}$$
Autrement dit :
$$V(3) = \mathrm{Vect} \left\lbrace \, \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \, \right\rbrace$$

On a, d'après la question précédente, une base propre $$\mathcal{B}_p$$ suivante :
$$\mathcal{B}_p = \left( \, \begin{pmatrix} 3 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix} \,;\, \begin{pmatrix} 0 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix} \,;\, \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \, \right)$$

L'expression de la matrice de passage $$P_{\mathcal{B} \, \longrightarrow \, \mathcal{B}_p}$$ est donnée par l'écriture, en colonne, des vecteurs propres de $$u$$ exprimés dans la base $$\mathcal{B}$$. Donc on obtient :
$$P_{\mathcal{B} \, \longrightarrow \, \mathcal{B}_p} = \begin{pmatrix} 3 & 0 & -1 \\ 2 & -1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}$$

On a :
$$P_{\mathcal{B}_p \, \longrightarrow \, \mathcal{B}} = \big( P_{\mathcal{B} \, \longrightarrow \, \mathcal{B}_p} \big)^{-1}$$
Donc :
$$P_{\mathcal{B}_p \, \longrightarrow \, \mathcal{B}} = \begin{pmatrix} 3 & 0 & -1 \\ 2 & -1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}^{-1}$$
Pour effectuer cette inversion, utilisons la méthode de $$Laplace$$. On a :
$$P_{\mathcal{B}_p \, \longrightarrow \, \mathcal{B}} = \dfrac{1}{\det (P_{\mathcal{B} \, \longrightarrow \, \mathcal{B}_p} ) } \, ^t\mathrm{com}(P_{\mathcal{B} \, \longrightarrow \, \mathcal{B}_p} )$$
Avec :
$$\det (P_{\mathcal{B} \, \longrightarrow \, \mathcal{B}_p} ) = \begin{vmatrix} 3 & 0 & -1 \\ 2 & -1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} 4 & 1 & 0 \\ 2 & -1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \end{vmatrix} = 1 \times (-1)^{3+3} \times \begin{vmatrix} 4 & 1 \\ 2 & -1 \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} 4 & 1 \\ 2 & -1 \end{vmatrix} = 4 \times (-1) - 2 \times 1= -4 -2$$
Donc :
$$\det (P_{\mathcal{B} \, \longrightarrow \, \mathcal{B}_p} ) = -6$$
Puis on a :
$$\mathrm{com}(P_{\mathcal{B} \, \longrightarrow \, \mathcal{B}_p} ) = \begin{pmatrix} (-1)^{1+1} \begin{vmatrix} -1 & 0 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} & (-1)^{1+2} \begin{vmatrix} 2 & 0 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} & (-1)^{1+3} \begin{vmatrix} 2 & -1 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} \\ \\ (-1)^{2+1} \begin{vmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} & (-1)^{2+2} \begin{vmatrix} 3 & -1 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} & (-1)^{2+3} \begin{vmatrix} 3 & 0 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} \\ \\ (-1)^{3+1} \begin{vmatrix} 0 & -1 \\ -1 & 0 \end{vmatrix} & (-1)^{3+2} \begin{vmatrix} 3 & -1 \\ 2 & 0 \end{vmatrix} & (-1)^{3+3} \begin{vmatrix} 3 & 0 \\ 2 & -1 \end{vmatrix} \end{pmatrix}$$
Soit :
$$\mathrm{com}(P_{\mathcal{B} \, \longrightarrow \, \mathcal{B}_p} ) = \begin{pmatrix} \begin{vmatrix} -1 & 0 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} & - \begin{vmatrix} 2 & 0 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} & \begin{vmatrix} 2 & -1 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} \\ \\ - \begin{vmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} & \begin{vmatrix} 3 & -1 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} & - \begin{vmatrix} 3 & 0 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} \\ \\ \begin{vmatrix} 0 & -1 \\ -1 & 0 \end{vmatrix} & -\begin{vmatrix} 3 & -1 \\ 2 & 0 \end{vmatrix} & \begin{vmatrix} 3 & 0 \\ 2 & -1 \end{vmatrix} \end{pmatrix}$$
Soit encore :
$$\mathrm{com}(P_{\mathcal{B} \, \longrightarrow \, \mathcal{B}_p} ) = \begin{pmatrix} -1 & - 2 & 3 \\ \\ - 1 & 4 & - 3 \\ \\ -1 & -2 & -3 \end{pmatrix}$$
Ainsi :
$$^t\mathrm{com}(P_{\mathcal{B} \, \longrightarrow \, \mathcal{B}_p} ) = \begin{pmatrix} -1 & - 1 & -1 \\ \\ - 2 & 4 & - 2 \\ \\ 3 & -3 & -3 \end{pmatrix}$$
De fait, on en déduit que :
$$P_{\mathcal{B}_p \, \longrightarrow \, \mathcal{B}} = \begin{pmatrix} 3 & 0 & -1 \\ 2 & -1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}^{-1} = \dfrac{1}{-6} \begin{pmatrix} -1 & - 1 & -1 \\ \\ - 2 & 4 & - 2 \\ \\ 3 & -3 & -3 \end{pmatrix}$$
Finalement :
$$P_{\mathcal{B}_p \, \longrightarrow \, \mathcal{B}} = \dfrac{1}{6} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ \\ 2 & -4 & 2 \\ \\ -3 & 3 & 3 \end{pmatrix}$$

On a :
$$P_{\mathcal{B}_p \, \longrightarrow \, \mathcal{B}} \times A \times P_{\mathcal{B} \, \longrightarrow \, \mathcal{B}_p} = \dfrac{1}{6} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ \\ 2 & -4 & 2 \\ \\ -3 & 3 & 3 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} 1 & -2 & -2 \\ -1 & 1 & -1 \\ -1 & 0 & 2 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} 3 & 0 & -1 \\ 2 & -1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}$$
Soit :
$$P_{\mathcal{B}_p \, \longrightarrow \, \mathcal{B}} \times A \times P_{\mathcal{B} \, \longrightarrow \, \mathcal{B}_p} = \dfrac{1}{6} \begin{pmatrix} -1 & -1 & -1 \\ \\ 4 & -8 & 4 \\ \\ -9 & 9 & 9 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} 3 & 0 & -1 \\ 2 & -1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}$$
Soit encore :
$$P_{\mathcal{B}_p \, \longrightarrow \, \mathcal{B}} \times A \times P_{\mathcal{B} \, \longrightarrow \, \mathcal{B}_p} = \dfrac{1}{6} \begin{pmatrix} -6 & 0 & 0 \\ \\ 0 & 12 & 0 \\ \\ 0 & 0 & 18 \end{pmatrix}$$
Finalement :
$$P_{\mathcal{B}_p \, \longrightarrow \, \mathcal{B}} \times A \times P_{\mathcal{B} \, \longrightarrow \, \mathcal{B}_p} = \begin{pmatrix} -1 & 0 & 0 \\ \\ 0 & 2 & 0 \\ \\ 0 & 0 & 3 \end{pmatrix}$$
Cette matrice représente l'expression matricielle de l'endomorphisme $$u$$ dans la base propre, soit $$A_{\mathcal{B}_p}$$. Elle comporte les valeurs propres sur sa diagonale principale, dans le même ordre que celui des vecteurs propres associés. Donc, avec $$A = A_{\mathcal{B}}$$, on obtient :
$$A_{\mathcal{B}_p} = P_{\mathcal{B}_p \, \longrightarrow \, \mathcal{B}} \times A_{\mathcal{B}} \times P_{\mathcal{B} \, \longrightarrow \, \mathcal{B}_p}$$