Exercice 2 - Exercice 1

Soit $$\lambda$$ une valeur propre réelle de $$u$$.
Le polynôme caractéristique est donné par :
$$P(\lambda) = \det(A - \lambda I_3) = \det \left( \begin{pmatrix} 1 & 0 & 2 \\ 0 & 2 & 0 \\ 2 & 0 & 1 \end{pmatrix} - \lambda \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \right) = \det \left( \begin{pmatrix} 1 & 0 & 2 \\ 0 & 2 & 0 \\ 2 & 0 & 1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} - \lambda & 0 & 0 \\ 0 & - \lambda & 0 \\ 0 & 0 & - \lambda \end{pmatrix} \right)$$
Soit :
$$P(\lambda) = \det \left( \begin{pmatrix} 1 - \lambda & 0 & 2 \\ 0 & 2 - \lambda & 0 \\ 2 & 0 & 1 - \lambda \end{pmatrix} \right) = \begin{vmatrix} 1 - \lambda & 0 & 2 \\ 0 & 2 - \lambda & 0 \\ 2 & 0 & 1 - \lambda\end{vmatrix}$$
On factorise par le terme $$2 - \lambda$$ dans la deuxième colonne pour obtenir :
$$P(\lambda) = (2 - \lambda) \begin{vmatrix} 1 - \lambda & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 0 \\ 2 & 0 & 1 - \lambda\end{vmatrix}$$
On va développer le déterminant présent suivant la deuxième colonne. On a alors :
$$P(\lambda) = (2 - \lambda) \times 1 \times (-1)^{2+2} \times \begin{vmatrix} 1 - \lambda & 2 \\ 2 & 1 - \lambda\end{vmatrix} = (2 - \lambda) \times \begin{vmatrix} 1 - \lambda & 2 \\ 2 & 1 - \lambda\end{vmatrix}$$
D'où :
$$P(\lambda) = (2 - \lambda) \times \big( (1 - \lambda)^2 - 2^2 \big) = (2 - \lambda) \times (1 - \lambda - 2) \times (1 - \lambda + 2) = (2 - \lambda) \times (-1 - \lambda) \times (3 - \lambda)$$
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 :
$$\left( \begin{pmatrix} 1 & 0 & 2 \\ 0 & 2 & 0 \\ 2 & 0 & 1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \right) \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \begin{pmatrix} 2 & 0 & 2 \\ 0 & 3 & 0 \\ 2 & 0 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$$
Ce qui nous permet d'obtenir le système linéaire suivant :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} 2a + 2c & = & 0 \\ 3b & = & 0 \\ 2a + 2c & = & 0 \end{array} \right. \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} a + c & = & 0 \\ b & = & 0 \\ a + c & = & 0 \end{array} \right.$$
Ainsi :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} a & = & -c \\ b & = & 0 \\ c & \in & \mathbb{R} \end{array} \right.$$
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 :
$$V(-1) = \mathrm{Vect} \left\lbrace \, \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \, \right\rbrace$$
$$\bullet \bullet \,\,$$ 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 :
$$\left( \begin{pmatrix} 1 & 0 & 2 \\ 0 & 2 & 0 \\ 2 & 0 & 1 \end{pmatrix} - 2\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \right) \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left( \begin{pmatrix} 1 & 0 & 2 \\ 0 & 2 & 0 \\ 2 & 0 & 1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} -2 & 0 & 0 \\ 0 & -2 & 0 \\ 0 & 0 & -2 \end{pmatrix} \right) \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$$
D'où :
$$\begin{pmatrix} -1 & 0 & 2 \\ 0 & 0 & 0 \\ 2 & 0 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$$
Ce qui nous permet d'obtenir le système linéaire suivant :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} -a + 2c & = & 0 \\ \\ \\ 2a - c & = & 0 \end{array} \right. \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} a & = & 2c \\ \\ \\ a & = & \dfrac{c}{2} \end{array} \right. \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} a & = & 0 \\ b & \in & \mathbb{R} \\ c & = & 0 \end{array} \right.$$
Donc :
$$X = \begin{pmatrix} 0 \\ b \\ 0 \end{pmatrix} \,\,\,\,\, \mathrm{avec} \, b \in \mathbb{R}$$
Soit :
$$X = b \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} \,\,\,\,\, \mathrm{avec} \, b \in \mathbb{R}$$
Autrement dit :
$$V(2) = \mathrm{Vect} \left\lbrace \, \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} \, \right\rbrace$$
$$\bullet \bullet \bullet \,\,$$ 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 :
$$\left( \begin{pmatrix} 1 & 0 & 2 \\ 0 & 2 & 0 \\ 2 & 0 & 1 \end{pmatrix} - 3\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \right) \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left( \begin{pmatrix} 1 & 0 & 2 \\ 0 & 2 & 0 \\ 2 & 0 & 1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} -3 & 0 & 0 \\ 0 & -3 & 0 \\ 0 & 0 & -3 \end{pmatrix} \right) \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$$
D'où :
$$\begin{pmatrix} -2 & 0 & 2 \\ 0 & -1 & 0 \\ 2 & 0 & -2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$$
Ce qui nous permet d'obtenir le système linéaire suivant :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} -2a + 2c & = & 0 \\ -b & = & 0 \\ 2a - 2c & = & 0 \end{array} \right. \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} 2a - 2c & = & 0 \\ b & = & 0 \\ 2a - 2c & = & 0 \end{array} \right. \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} a - c & = & 0 \\ b & = & 0 \\ a - c & = & 0 \end{array} \right. \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} a & = & c \\ b & = & 0 \\ c & \in & \mathbb{R} \end{array} \right.$$
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 vient de démontrer que 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.

On a, d'après la question précédente, une base propre $$\mathcal{B}_p$$ suivante :
$$\mathcal{B}_p = \left( \, \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \,;\, \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} \,;\, \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \, \right)$$
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 :
$$P_{\mathcal{B} \, \longrightarrow \, \mathcal{B}_p} = \begin{pmatrix} -1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \end{pmatrix}$$
On a :
$$P_{\mathcal{B}_p \, \longrightarrow \, \mathcal{B}} = \big( P_{\mathcal{B} \, \longrightarrow \, \mathcal{B}_p} \big)^{-1}$$
Donc :
$$P_{\mathcal{B}_p \, \longrightarrow \, \mathcal{B}} = \begin{pmatrix} -1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \end{pmatrix}^{-1}$$
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 :
$$\det (P_{\mathcal{B} \, \longrightarrow \, \mathcal{B}_p} ) = \begin{vmatrix} -1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \end{vmatrix} = 1 \times (-1)^{2+2} \times \begin{vmatrix} -1 & 1 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} -1 & 1 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} = (-1) \times 1 - 1 \times 1 = -1 -1$$
Donc :
$$\det (P_{\mathcal{B} \, \longrightarrow \, \mathcal{B}_p} ) = -2$$
Puis on a :
$$\mathrm{com}(P_{\mathcal{B} \, \longrightarrow \, \mathcal{B}_p} ) = \begin{pmatrix} (-1)^{1+1} \begin{vmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{vmatrix} & (-1)^{1+2} \begin{vmatrix} 0 & 0 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} & (-1)^{1+3} \begin{vmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{vmatrix} \\ \\ (-1)^{2+1} \begin{vmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 1 \end{vmatrix} & (-1)^{2+2} \begin{vmatrix} -1 & 1 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} & (-1)^{2+3} \begin{vmatrix} -1 & 0 \\ 1 & 0 \end{vmatrix} \\ \\ (-1)^{3+1} \begin{vmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{vmatrix} & (-1)^{3+2} \begin{vmatrix} -1 & 1 \\ 0 & 0 \end{vmatrix} & (-1)^{3+3} \begin{vmatrix} -1 & 0 \\ 0 & 1 \end{vmatrix} \end{pmatrix}$$
Soit :
$$\mathrm{com}(P_{\mathcal{B} \, \longrightarrow \, \mathcal{B}_p} ) = \begin{pmatrix} \begin{vmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{vmatrix} & - \begin{vmatrix} 0 & 0 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} & \begin{vmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{vmatrix} \\ \\ - \begin{vmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 1 \end{vmatrix} & \begin{vmatrix} -1 & 1 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} & - \begin{vmatrix} -1 & 0 \\ 1 & 0 \end{vmatrix} \\ \\ \begin{vmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{vmatrix} & - \begin{vmatrix} -1 & 1 \\ 0 & 0 \end{vmatrix} & \begin{vmatrix} -1 & 0 \\ 0 & 1 \end{vmatrix} \end{pmatrix}$$
Soit encore :
$$\mathrm{com}(P_{\mathcal{B} \, \longrightarrow \, \mathcal{B}_p} ) = \begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 \\ 0 & -2 & 0 \\ -1 & 0 & -1 \end{pmatrix}$$
Ainsi :
$$^t\mathrm{com}(P_{\mathcal{B} \, \longrightarrow \, \mathcal{B}_p} ) = \begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 \\ 0 & -2 & 0 \\ -1 & 0 & -1 \end{pmatrix}$$
De fait, on en déduit que :
$$P_{\mathcal{B}_p \, \longrightarrow \, \mathcal{B}} = \begin{pmatrix} -1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1\end{pmatrix}^{-1} = \dfrac{1}{-2} \begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 \\ 0 & -2 & 0 \\ -1 & 0 & -1\end{pmatrix}$$
Finalement :
$$P_{\mathcal{B}_p \, \longrightarrow \, \mathcal{B}} = \dfrac{1}{2} \begin{pmatrix} -1 & 0 & 1 \\ 0 & 2 & 0 \\ 1 & 0 & 1\end{pmatrix}$$
On a :
$$P_{\mathcal{B}_p \, \longrightarrow \, \mathcal{B}} \times A \times P_{\mathcal{B} \, \longrightarrow \, \mathcal{B}_p} = \dfrac{1}{2} \begin{pmatrix} -1 & 0 & 1 \\ 0 & 2 & 0 \\ 1 & 0 & 1\end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} 1 & 0 & 2 \\ 0 & 2 & 0 \\ 2 & 0 & 1 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} -1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \end{pmatrix}$$
Soit :
$$P_{\mathcal{B}_p \, \longrightarrow \, \mathcal{B}} \times A \times P_{\mathcal{B} \, \longrightarrow \, \mathcal{B}_p} = \dfrac{1}{2} \begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 \\ 0 & 4 & 0 \\ 3 & 0 & 3 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} -1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \end{pmatrix}$$
Soit encore :
$$P_{\mathcal{B}_p \, \longrightarrow \, \mathcal{B}} \times A \times P_{\mathcal{B} \, \longrightarrow \, \mathcal{B}_p} = \dfrac{1}{2} \begin{pmatrix} -2 & 0 & 0 \\ 0 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 6 \end{pmatrix}$$
On peut donc en conclure que :
$$P_{\mathcal{B}_p \, \longrightarrow \, \mathcal{B}} \times A \times P_{\mathcal{B} \, \longrightarrow \, \mathcal{B}_p} = \begin{pmatrix} -1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{pmatrix}$$
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 :
$$A_{\mathcal{B}_p} = P_{\mathcal{B}_p \, \longrightarrow \, \mathcal{B}} \times A_{\mathcal{B}} \times P_{\mathcal{B} \, \longrightarrow \, \mathcal{B}_p}$$