Exercice 3 - Exercice 1

Le polynôme caractéristique $$P_{f-3}$$ de $$f$$ est donné par :
$$P_{f-3}(\lambda) = \left| \begin{array}{ccc} a - \lambda & b & b \\ b & a - \lambda & b \\ b & b & a - \lambda \\ \end{array} \right|$$
On constate que chaque ligne à la même somme, à savoir $$2b + a - \lambda$$. Ainsi, on remplace la première colonne par la somme des des trois colonnes : $$C_1 \longleftarrow C_1 + C_2 + C_3$$. On obtient alors :
$$P_{f-3}(\lambda) = \left| \begin{array}{ccc} 2b + a - \lambda & b & b \\ 2b + a - \lambda & a - \lambda & b \\ 2b + a - \lambda & b & a - \lambda \\ \end{array} \right|$$
Ainsi, on peut factoriser ce déterminant par $$2b + a - \lambda$$, qui est présent dans toute la première colonne. On a alors :
$$P_{f-3}(\lambda) = \left( 2b + a - \lambda \right) \left|\begin{array}{ccc} 1 & b & b \\ 1 & a - \lambda & b \\ 1 & b & a - \lambda \\ \end{array} \right|$$
Puis, on remplace la deuxième ligne par elle même moins la première : $$L_2 \longleftarrow L_2 - L_1$$. Ainsi on trouve que :
$$P_{f-3}(\lambda) = \left( 2b + a - \lambda \right) \left| \begin{array}{ccc} 1 & b & b \\ 0 & a - b - \lambda & 0 \\ 1 & b & a - \lambda \\ \end{array} \right|$$
Puis, de même, on remplace la troisième ligne par elle même moins la première. A savoir : $$L_3 \longleftarrow L_3 - L_1$$. Ainsi on trouve que :
$$P_{f-3}(\lambda) = \left( 2b + a - \lambda \right) \left| \begin{array}{ccc} 1 & b & b \\ 0 & a - b - \lambda & 0 \\ 0 & 0 & a -b - \lambda \\ \end{array} \right|$$
En développant suivant la première colonne, on trouve que :
$$P_{f-3}(\lambda) = \left( 2b + a - \lambda \right) \times 1 \times (-1)^{1+1} \times \left| \begin{array}{cc} a - b - \lambda & 0 \\ 0 & a -b - \lambda \\ \end{array} \right|$$
Ce qui nous donne donc :
$$P_{f-3}(\lambda) = \left( 2b + a - \lambda \right) \times 1 \times (-1)^{1+1} \times \left( a - b - \lambda \right)^2$$
Ce qui s'écrit encore :
$$P_{f-3}(\lambda) = - \left( \lambda - (2b + a) \right) \times \left( \lambda - (a - b) \right)^2$$
Finalement :
$$P_{f-3}(\lambda) = (-1)^3 \left( \lambda - ({\color{red}{a+2b}}) \right)^{\color{red}{1}} \times \left( \lambda - ({\color{blue}{a - b}}) \right)^{\color{blue}{2}}$$

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

Notons par :
$$\bullet \,\, E_{\color{red}{a+2b}}$$ le sous espace propre associé à la valeur propre $${\color{red}{a+2b}}$$ ;
$$\bullet \bullet \,\, E_{\color{blue}{a-b}}$$ le sous espace propre associé à la valeur propre $${\color{blue}{a-b}}$$.
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 $$E_{\color{red}{a+2b}}$$ si :
$$(A-({\color{red}{a+2b}})\mathbb{I}_3)V = \mathbb{O}_3$$
Soit encore :
$$\begin{pmatrix} a - ({\color{red}{a+2b}}) & b & b \\ b & a - ({\color{red}{a+2b}}) & b \\ b & b & a - ({\color{red}{a+2b}}) \\ \end{pmatrix} \left( \begin{array}{c} x \\ y \\ z \\ \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 0 \\ \end{array} \right)$$
Ce qui nous donne :
$$\left\lbrace \begin{array}{ccccccc} \left(a - ({\color{red}{a+2b}})\right) x & + & by & + & bz & = & 0 \\ & & & & & & \\ bx & + & \left(a - ({\color{red}{a+2b}})\right) y & + & bz & = & 0 \\ & & & & & & \\ bx & + & by & + & \left(a - ({\color{red}{a+2b}})\right)z & = & 0 \\ \end{array} \right.$$
En simplifiant, on obtient :
$$\left\lbrace \begin{array}{ccccccc} -2bx & + & by & + & bz & = & 0 \\ & & & & & & \\ bx & - & 2b y & + & bz & = & 0 \\ & & & & & & \\ bx & + & by & - & 2b z & = & 0 \\ \end{array} \right.$$
Comme le nombre $$b$$ n'est pas nécessairement égal à zéro, on en déduit alors que :
$$\left\lbrace \begin{array}{ccccccc} y & + & z & - & 2x & = & 0 \\ & & & & & & \\ x & + & z & - & 2y & = & 0 \\ & & & & & & \\ x & + & y & - & 2z & = & 0 \\ \end{array} \right.$$
Ce qui nous conduit à une solution simple :
$$x = y = z = 1$$
Comme $$E_{\color{red}{a+2b}} = k \left( \begin{array}{c} 1 \\ 1 \\ 1 \\ \end{array} \right) = \mathrm{Vect} \left\lbrace \left( \begin{array}{c} 1 \\ 1 \\ 1 \\ \end{array} \right) \right\rbrace$$ (avec $$k \in \mathbb{R}$$) cela implique que nous ayons $$\dim E_{\color{red}{a+2b}} = 1$$ on doit donc trouver un seul vecteur propre. On a par exemple :
$$V_{\color{red}{a+2b}} = \left( \begin{array}{c} {\color{red}{1}} \\ {\color{red}{1}} \\ {\color{red}{1}} \\ \end{array} \right)$$
$$\bullet \bullet \,\,$$ Le vecteur $$V$$ appartient au sous espace $$E_{\color{blue}{a-b}}$$ si :
$$(A-({\color{blue}{a-b}})\mathbb{I}_3)V = \mathbb{O}_3$$
Ce qui nous donne :
$$\begin{pmatrix} a -({\color{blue}{a-b}}) & b & b \\ b & a -({\color{blue}{a-b}}) & b \\ b & b & a ({\color{blue}{a-b}}) \\ \end{pmatrix} \left( \begin{array}{c} x \\ y \\ z \\ \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 0 \\ \end{array} \right)$$
En simplifiant :
$$\begin{pmatrix} b & b & b \\ b & b & b \\ b & b & b \\ \end{pmatrix} \left( \begin{array}{c} x \\ y \\ z \\ \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 0 \\ \end{array} \right) \,\,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\,\, b \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ \end{pmatrix} \left( \begin{array}{c} x \\ y \\ z \\ \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 0 \\ \end{array} \right)$$
Comme $$b$$ n'est pas nécessairement nul, alors on en déduit que :
$$\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ \end{pmatrix} \left( \begin{array}{c} x \\ y \\ z \\ \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 0 \\ \end{array} \right)$$
D'où :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcrcrcl} x & + & y & + & z & = & 0 \\ x & + & y & + & z & = & 0 \\ x & + & y & + & z & = & 0 \\ \end{array} \right.$$
L'équation $$x+y+z=0$$ est un plan, donc un objet géométrique de dimension 2. Ainsi $$\dim E_{\color{blue}{a-b}} = 2$$, et on doit donc trouver deux vecteurs propres non-colinéaires pour la même valeur propre $${\color{blue}{a-b}}$$. Par exemple, choisissons les deux vecteurs (propres) suivants :
$$V_{1\curvearrowright\color{blue}{a-b}} = \left( \begin{array}{c} {\color{blue}{1}} \\ {\color{blue}{0}} \\ {\color{blue}{-1}} \\ \end{array} \right) \,\,\,\,\,\,\, \mathrm{et} \,\,\,\,\,\,\, V_{2\curvearrowright\color{blue}{a-b}} = \left( \begin{array}{c} {\color{blue}{1}} \\ {\color{blue}{-2}} \\ {\color{blue}{1}} \\ \end{array} \right)$$
On constate que :
$$\dim E_{\color{red}{a+2b}} = {\color{red}{1}} \,\,\,\,\,\,\,\, \mathrm{et} \,\,\,\,\,\,\,\, \dim E_{\color{blue}{a-b}} = {\color{blue}{2}}$$
Donc l'ensemble des trois vecteurs $$\left\lbrace V_{1\curvearrowright{\color{blue}{a-b}}} \,;\,V_{2\curvearrowright{\color{blue}{a-b}}} \,;\, V_{\color{red}{a+2b}} \right\rbrace$$ forme $${\bf{une \,\, base \,\, propre \,\, }}B_p$$ de l'endomorphisme $$f$$.
Ainsi, $${\color{red}{\bf{l'endomorphisme \,\, étudié \,\, est \,\, diagonalisable}}}$$.

On note $$D = \mathrm{Mat}_{B_p}(f)$$. Ainsi la matrice $$D$$ est diagonale et est (par exemple) :
$$D = \begin{pmatrix}{\color{blue}{a-b}} & 0 & 0 \\ 0 & {\color{blue}{a-b}} & 0 \\ 0 & 0 & {\color{red}{a+2b}} \\ \end{pmatrix}$$
La matrice de passage associée est alors :
$$P_{B \longrightarrow B_p} = \begin{pmatrix} {\color{blue}{1}} & {\color{blue}{1}} & {\color{red}{1}} \\ {\color{blue}{0}} & {\color{blue}{-2}} & {\color{red}{1}} \\ {\color{blue}{-1}}& {\color{blue}{1}} & {\color{red}{1}} \\ \end{pmatrix}$$
La matrice inverse $$P_{B \longrightarrow B_p}^{-1}$$ est alors donnée par :
$$P_{B \longrightarrow B_p}^{-1} = P_{B_p \longrightarrow B} = \dfrac{1}{6} \begin{pmatrix} 3 & 0 & -3 \\ 1 & -2 & 1 \\ 2 & 2 & 2 \\ \end{pmatrix}$$
Soit $$n \in \mathbb{Z}$$. On sait que les matrices $$A$$ et $$D$$ sont deux matrices semblables, et que l'on a :
$$A = P_{B \longrightarrow B_p} D P_{B \longrightarrow B_p}^{-1} \,\,\,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\,\,\, A^n = P_{B \longrightarrow B_p} D^n P_{B \longrightarrow B_p}^{-1}$$
Dans cette dernière relation, on a :
$$A^n = \mathrm{Mat}_{B}(f^n)$$
On en déduit alors que :
$$A^n = \begin{pmatrix} {\color{blue}{1}} & {\color{blue}{1}} & {\color{red}{1}} \\ {\color{blue}{0}} & {\color{blue}{-2}} & {\color{red}{1}} \\ {\color{blue}{-1}}& {\color{blue}{1}} & {\color{red}{1}} \\ \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} {\color{blue}{a-b}} & 0 & 0 \\ 0 & {\color{blue}{a-b}} & 0 \\ 0 & 0 & {\color{red}{a+2b}} \\ \end{pmatrix}^n \times \dfrac{1}{6} \begin{pmatrix} 3 & 0 & -3 \\ 1 & -2 & 1 \\ 2 & 2 & 2 \\ \end{pmatrix}$$
Soit encore :
$$A^n = \dfrac{1}{6} \begin{pmatrix} {\color{blue}{1}} & {\color{blue}{1}} & {\color{red}{1}} \\ {\color{blue}{0}} & {\color{blue}{-2}} & {\color{red}{1}} \\ {\color{blue}{-1}}& {\color{blue}{1}} & {\color{red}{1}} \\ \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} ({\color{blue}{a-b}})^n & 0 & 0 \\ 0 & ({\color{blue}{a-b}})^n & 0 \\ 0 & 0 & ({\color{red}{a+2b}})^n \\ \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} 3 & 0 & -3 \\ 1 & -2 & 1 \\ 2 & 2 & 2 \\ \end{pmatrix}$$
Finalement, on trouve que :
$$A^n = \begin{pmatrix} \dfrac{2}{3}({\color{blue}{a-b}})^n + \dfrac{1}{3}({\color{red}{a+2b}})^n & -\dfrac{1}{3}({\color{blue}{a-b}})^n + \dfrac{1}{3}({\color{red}{a+2b}})^n & -\dfrac{1}{3}({\color{blue}{a-b}})^n + \dfrac{1}{3}({\color{red}{a+2b}})^n \\ & & \\ -\dfrac{1}{3}({\color{blue}{a-b}})^n + \dfrac{1}{3}({\color{red}{a+2b}})^n & \dfrac{2}{3}({\color{blue}{a-b}})^n + \dfrac{1}{3}({\color{red}{a+2b}})^n & -\dfrac{1}{3}({\color{blue}{a-b}})^n + \dfrac{1}{3}({\color{red}{a+2b}})^n \\ & & \\ -\dfrac{1}{3}({\color{blue}{a-b}})^n + \dfrac{1}{3}({\color{red}{a+2b}})^n & -\dfrac{1}{3}({\color{blue}{a-b}})^n + \dfrac{1}{3}({\color{red}{a+2b}})^n & \dfrac{2}{3}({\color{blue}{a-b}})^n + \dfrac{1}{3}({\color{red}{a+2b}})^n \\ \end{pmatrix}$$
Il est possible de factoriser par $$\dfrac{1}{3}$$. Dans ce cas, le résultat prend la forme suivante :
$$A^n = \dfrac{1}{3} \begin{pmatrix} 2({\color{blue}{a-b}})^n + ({\color{red}{a+2b}})^n & -({\color{blue}{a-b}})^n + ({\color{red}{a+2b}})^n & -({\color{blue}{a-b}})^n + ({\color{red}{a+2b}})^n \\ & & \\ -({\color{blue}{a-b}})^n + ({\color{red}{a+2b}})^n & 2({\color{blue}{a-b}})^n + ({\color{red}{a+2b}})^n & -({\color{blue}{a-b}})^n + ({\color{red}{a+2b}})^n \\ & & \\ -({\color{blue}{a-b}})^n + ({\color{red}{a+2b}})^n & -({\color{blue}{a-b}})^n + ({\color{red}{a+2b}})^n & 2({\color{blue}{a-b}})^n + ({\color{red}{a+2b}})^n \\ \end{pmatrix}$$
$${\color{red}{\looparrowright \,\,\bf{Remarque}}}$$
Le calcul de la matrice $$P_{B \longrightarrow B_p}^{-1} = P_{B_p \longrightarrow B}$$ peut se réaliser par l'usage du célèbre théorème de $$Cayley \,\, \& \,\, Hamilton$$.
En effet, on a :
$$\det P_{B \longrightarrow B_p} = - 6$$
Comme ce déterminant est non nul, la matrice $$P_{B \longrightarrow B_p}$$ est inversible (on dit aussi $$régulière$$), et de fait $$P_{B \longrightarrow B_p}^{-1}$$ existe.
Le polynôme caractéristique associé, noté $$Q$$ est (avec $$\lambda \in \mathbb{R}$$) :
$$Q(\lambda) = \left| \begin{array}{ccc} {\color{blue}{1}} - \lambda & {\color{blue}{1}} & {\color{red}{1}} \\ {\color{blue}{0}} & {\color{blue}{-2}} - \lambda & {\color{red}{1}} \\ {\color{blue}{-1}}& {\color{blue}{1}} & {\color{red}{1}} - \lambda \\ \end{array} \right| = - \lambda^3 + 3 \, \lambda - 6$$
Donc le théorème de \textit{Cayley \& Hamilton} nous permet d'écrire que :
$$Q(P_{B \longrightarrow B_p}) = \mathbb{O}_3 \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, - P_{B \longrightarrow B_p}^3 + 3 \, P_{B \longrightarrow B_p} - 6 \, \mathbb{I}_3 = \mathbb{O}_3$$
En multipliant par $$P_{B \longrightarrow B_p}^{-1}$$, à droite, on obtient alors :
$$- P_{B \longrightarrow B_p}^3 \times P_{B \longrightarrow B_p}^{-1} + 3 \, P_{B \longrightarrow B_p} \times P_{B \longrightarrow B_p}^{-1} - 6 \, \mathbb{I}_3 \times P_{B \longrightarrow B_p}^{-1}= \mathbb{O}_3 \times P_{B \longrightarrow B_p}^{-1}$$
Ce qui nous donne :
$$- P_{B \longrightarrow B_p}^2 + 3 \, \mathbb{I}_3 - 6 \times P_{B \longrightarrow B_p}^{-1} = \mathbb{O}_3 \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, - P_{B \longrightarrow B_p}^2 + 3 \, \mathbb{I}_3 = \mathbb{O}_3 + 6 \times P_{B \longrightarrow B_p}^{-1}$$
D'où :
$$P_{B \longrightarrow B_p}^{-1}= \dfrac{1}{6} \left( - P_{B \longrightarrow B_p}^2 + 3 \, \mathbb{I}_3 \right)$$
On a alors :
$$P_{B \longrightarrow B_p}^{-1}= \dfrac{1}{6} \left( - \begin{pmatrix} {\color{blue}{1}} & {\color{blue}{1}} & {\color{red}{1}} \\ {\color{blue}{0}} & {\color{blue}{-2}} & {\color{red}{1}} \\ {\color{blue}{-1}}& {\color{blue}{1}} & {\color{red}{1}} \\ \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} {\color{blue}{1}} & {\color{blue}{1}} & {\color{red}{1}} \\ {\color{blue}{0}} & {\color{blue}{-2}} & {\color{red}{1}} \\ {\color{blue}{-1}}& {\color{blue}{1}} & {\color{red}{1}} \\ \end{pmatrix} + 3 \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ \end{pmatrix} \right)$$
On a alors :
$$P_{B \longrightarrow B_p}^{-1}= \dfrac{1}{6} \left( - \begin{pmatrix} 0 & 0 & 3 \\ -1 & 5 & -1 \\ -2 & -2 & 1 \\ \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 3 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \\ \end{pmatrix} \right)$$
Ce qui nous donne :
$$P_{B \longrightarrow B_p}^{-1}= \dfrac{1}{6} \left( \begin{pmatrix} 0 & 0 & -3 \\ 1 & -5 & 1 \\ 2 & 2 & -1 \\ \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 3 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \\ \end{pmatrix} \right)$$
Finalement, on a bien :
$$P_{B \longrightarrow B_p}^{-1} = \dfrac{1}{6} \begin{pmatrix} 3 & 0 & -3 \\ 1 & -2 & 1 \\ 2 & 2 & 2 \\ \end{pmatrix}$$