Exercice 5 - Exercice 1

Le polynôme caractéristique est le suivant :
$$\mathcal{P}_{A-3}(\lambda)=\operatorname{det}\left(A-\lambda \mathbb{I}_3\right)$$
Soit :
$$\mathcal{P}_{\Lambda-3}(\lambda)=\left|\begin{array}{ccc} 3-\lambda & -2 & -1 \\ 2 & -1-\lambda & -2 \\ -2 & 2 & 4-\lambda \end{array}\right|$$
En remplaçant la $$3^{\text{ième }}$$ ligne par la somme de la $$2^{\text{ième }}$$ et de la $$3^{\text{ième }}$$ on obtient :
$$\mathcal{P}_{\Lambda-3}(\lambda)=\left|\begin{array}{ccc} 3-\lambda & -2 & -1 \\ 2 & -1-\lambda & -2 \\ 0 & 1-\lambda & 2-\lambda \end{array}\right|$$
Puis, en remplaçant la $$1^{\text {ière }}$$ colonne par la somme de la $$1^{\text{ière }}$$ et de la $$3^{\text{ième }}$$, on obtient :
$$\mathcal{P}_{\Lambda-3}(\lambda)=\left|\begin{array}{ccc} 2-\lambda & -2 & -1 \\ 0 & -1-\lambda & -2 \\ 2-\lambda & 1-\lambda & 2-\lambda \end{array}\right|$$
Enfin, on remplace la $$3^{\text{ième }}$$ ligne par la soustraction de la $$3^{\text {ième }}$$ et de la $$1^{\text {ière }}$$, on obtient alors :
$$\mathcal{P}_{A-3}(\lambda)=\left|\begin{array}{ccc} 2-\lambda & -2 & -1 \\ 0 & -1-\lambda & -2 \\ 0 & 3 \lambda & 3-\lambda \end{array}\right|$$
En développant sur la $$1^{\text {ière }}$$ colonne, on a :
$$\mathcal{P}_{A-3}(\lambda)=(2-\lambda)\left|\begin{array}{cc} -1-\lambda & -2 \\ 3-\lambda & 3-\lambda \end{array}\right|$$
D'où :
$$\mathcal{P}_{A-3}(\lambda)=(2-\lambda)((-1-\lambda)(3-\lambda)-(3-\lambda)(-2))$$
En factorisant par $$(3-\lambda)$$, on a :
$$\mathcal{P}_{A-3}(\lambda)=(2-\lambda)(3-\lambda)((-1-\lambda)-(-2))$$
Soit encore :
$$\mathcal{P}_{A-3}(\lambda)=(2-\lambda)(3-\lambda)(1-\lambda)$$
Finalement :
$$\mathcal{P}_{f-3}(\lambda)=(1-\lambda)(2-\lambda)(3-\lambda)=(-1)^3(\lambda-1)^1(\lambda-2)^1(\lambda-3)^1$$
D'après la forme du polynôme caractéristique, les valeurs propres de l'endomorphisme $$f$$ sont :
- $$\lambda=1$$ qui est non dégénérée, donc sa multiplicité est $$d_1=1$$ ;
- $$\lambda=2$$ qui est non dégénérée, donc sa multiplicité est $$d_2=1$$ ;
- $$\lambda=3$$ qui est non dégénérée, donc sa multiplicité est $$d_3=1$$.
$$\rightarrow \,\, \mathrm{Cas} \, \, \lambda=3$$ qui n'est pas dégénérée :
On note par $$E_3$$ le sous espace associé à $$\lambda=3$$. La dimension du sous-espace associé à une valeur propre simple est nécessairement égale à $$1$$, donc la dimension de $$E_3$$ est égale à $$1$$. D'où :
$$\dim E_3 = 1$$
Et donc :
$$\dim E_3 = d_3$$
On pose $$v=v_1 e_1+v_2 e_2+v_3 e_3$$ avec $$\left(e_1 ; e_2 ; e_3\right) \in \mathfrak{B}$$ et $$\left(v_1 ; v_2 ; v_3\right) \in \mathbb{R}^3$$. Ainsi, on est amené à résoudre le système suivant :
$$\left(A - 3\mathbb{I}_3\right) v = \mathbb{O}_3$$
Soit :
$$\left(\begin{array}{ccc} 3-3 & -2 & -1 \\ 2 & -1-3 & -2 \\ -2 & 2 & 4-3 \end{array}\right)\left(\begin{array}{l} v_1 \\ v_2 \\ v_1 \end{array}\right)=\left(\begin{array}{l} 0 \\ 0 \\ 0 \end{array}\right) \Longleftrightarrow\left(\begin{array}{ccc} 0 & -2 & -1 \\ 2 & -4 & -2 \\ -2 & 2 & 1 \end{array}\right)\left(\begin{array}{l} v_1 \\ v_2 \\ v_3 \end{array}\right)=\left(\begin{array}{l} 0 \\ 0 \\ 0 \end{array}\right)$$
D'où :
$$\left\{\begin{array} { c } { - 2 v _ { 2 } - v _ { 1 } = 0 } \\ { 2 v _ { 1 } - 4 v _ { 2 } - 2 v _ { 1 } = 0 } \\ { - 2 v _ { 1 } + 2 v _ { 2 } + v _ { 1 } = 0 } \end{array} \Longrightarrow \left\{\begin{array}{c} v_1=0 \\ v_2=v_2 \\ v_2=-2 v_2 \end{array} \,\, \Longrightarrow \,\, v=\left(\begin{array}{c} 0 \\ v_2 \\ -2 v_2 \end{array}\right)=-v_2\left(\begin{array}{c} 0 \\ -1 \\ 2 \end{array}\right)=v_2\left[-\left(\begin{array}{l} 0 \\ 1 \\ 0 \end{array}\right)+2\left(\begin{array}{l} 0 \\ 0 \\ 1 \end{array}\right)\right]\right.\right.$$
soit :
$$v=v_2\left[-e_2+2 e_2\right]$$
Finalement, on en déduit que :
$$E_2=\mathrm{Vect}\left[-e_2+2 e_3\right] \,\, \text { et } \,\, v=-\varepsilon_2+2 e_3$$
$$\rightarrow \,\, \mathrm{Cas} \,\, \lambda=2$$ qui n'est pas dégénérée :
On note par $$E_2$$ le sous espace associé à $$\lambda=2$$. La dimension du sous-espace associé à une valeur propre simple est nécessairement égale à $$1$$, donc la dimension de $$E_2$$ est égale à $$1$$. D'où :
$$\dim E_2 = 1$$
Et donc :
$$\dim E_2=d_2$$
On pose $$v=v_1 e_1+v_2 e_2+v_3 e_3$$ avec $$\left(e_1 ; e_2 ; e_3\right) \in \mathfrak{B}$$ et $$\left(v_1 ; v_2 ; v_3\right) \in \mathbb{R}^3$$. Ainsi, on est amené à résoudre le système suivant :
$$\left(A -2 \mathbb{I}_3 \right) v = \mathbb{O}_3$$
Soit :
$$\left(\begin{array}{ccc} 3-2 & -2 & -1 \\ 2 & -1-2 & -2 \\ -2 & 2 & 4-2 \end{array}\right)\left(\begin{array}{l} v_1 \\ v_2 \\ v_1 \end{array} \right) = \left(\begin{array}{l} 0 \\ 0 \\ 0 \end{array}\right) \Longleftrightarrow \left(\begin{array}{ccc} 1 & -2 & -1 \\ 2 & -3 & -2 \\ -2 & 2 & 2 \end{array}\right)\left(\begin{array}{l} v_1 \\ v_2 \\ v_3 \end{array}\right) = \left(\begin{array}{l} 0 \\ 0 \\ 0 \end{array} \right)$$
D'où :
$$\left\{\begin{array}{ c } { v _ { 1 } - 2 v _ { 2 } - v _ { 2 } = 0 } \\ { 2 v _ { 1 } - 3 v _ { 2 } - 2 v _ { 2 } = 0 } \\ { - 2 v _ { 1 } + 2 v _ { 2 } + 2 v _ { 2 } = 0 } \end{array} \Rightarrow \left\{\begin{array}{l} v_1=v_1 \\ v_2=0 \\ v_2=v_1 \end{array} \,\, \Longrightarrow \,\, v=\left(\begin{array}{c} v_1 \\ 0 \\ v_3 \end{array}\right)=v_2\left(\begin{array}{l} 1 \\ 0 \\ 1 \end{array}\right)=v_2\left[\left(\begin{array}{l} 1 \\ 0 \\ 0 \end{array}\right)+\left(\begin{array}{l} 0 \\ 0 \\ 1 \end{array}\right)\right]\right.\right.$$
soit :
$$v=v_3\left[e_1+e_2\right]$$
Finalement, on en déduit que :
$$E_2 = \mathrm{Vect}\left[e_1+e_2\right] \,\, \text {et} \,\, v=e_1+e_2$$
$$\rightarrow \,\, \mathrm{Cas} \,\, \lambda = 1$$ qui n'est pas dégénérée.
On note par $$E_1$$ le sous espace associe à $$\lambda=1$$. La dimension du sous-espace associé à une valeur propre simple est nécessairement égale à $$1$$, donc la dimension de $$E_1$$ est égale à $$1$$. D'où :
$$\dim E_1 = 1$$
Et donc :
$$\dim E_1 = d_1$$
On pose $$v=v_1 e_1+v_2 e_2+v_3 e_3$$ avec $$\left(e_1 ; e_2 ; e_3\right) \in \mathfrak{B}$$ et $$\left(v_1 ; v_2 ; v_3\right) \in \mathbb{R}^3$$. Ainsi, on est amené à résoudre le système suivant :
$$\left(A - 1 \mathbb{I}_3\right) v = \mathbb{O}_3$$
Soit :
$$\left(\begin{array}{ccc} 3-1 & -2 & -1 \\ 2 & -1-1 & -2 \\ -2 & 2 & 4-1 \end{array}\right)\left(\begin{array}{l} v_1 \\ v_2 \\ v_1 \end{array}\right)=\left(\begin{array}{l} 0 \\ 0 \\ 0 \end{array}\right) \Longleftrightarrow \left(\begin{array}{ccc} 2 & -2 & -1 \\ 2 & -2 & -2 \\ -2 & 2 & 3 \end{array}\right)\left(\begin{array}{l} v_1 \\ v_2 \\ v_3 \end{array}\right)=\left(\begin{array}{l} 0 \\ 0 \\ 0 \end{array}\right)$$
D'où :
$$\left\{\begin{array}{ c } { 2 v _ { 1 } - 2 v _ { 2 } - v _ { 1 } = 0 } \\ { 2 v _ { 1 } - 2 v _ { 2 } - 2 v _{ 1 } = 0 } \\ { - 2 v _ { 1 } + 2 v _ { 2 } + 3 v _ { 2 } = 0 } \end{array} \,\, \Longrightarrow \,\, \left\{\begin{array}{c} v_1=v_1 \\ v_2=v_1 \\ v_1=0 \end{array} \,\, \Longrightarrow \,\, v=\left(\begin{array}{l} v_1 \\ v_1 \\ 0 \end{array}\right) = v_1\left(\begin{array}{l} 1 \\ 1 \\ 0 \end{array} \right) = v_1 \left[\left(\begin{array}{l} 1 \\ 0 \\ 0 \end{array}\right)+\left(\begin{array}{l} 0 \\ 1 \\ 0 \end{array}\right)\right]\right.\right.$$
Soit :
$$v=v_1\left[e_1+e_2\right]$$
Finalement, on en déduit que :
$$E_1=\mathrm{Vect}\left[e_1+a_2\right] \,\, \text {et} \,\, v = e_1+e_2$$
Donc pour chaque valeur propre, la dimension du sous-espace propre associé est égale à son ordre de multiplicité en tant que racine du polynôme caractéristique. On en déduit immédiatement que la matrice $$A$$ est diagonalisable. Les racines du polynôme caractéristique sont toutes réelles et simples.

Ainsi l'ensemble $$\mathfrak{B}_p=\left\{e_1+e_2 ; e_1+e_3 ;-e_2+2 e_3\right\}$$ forme une base propre de l'espace de travail.
On construit la matrice de passage $$P_{\mathfrak{B} \rightarrow \mathfrak{B}_p}$$ par un rangement par colonne, des vecteurs de $$\mathfrak{B}_p$$ exprimés selon ceux de $$\mathfrak{B}$$, en injectant par colonne, les trois vecteurs propres :
$$P_{\mathfrak{B} \rightarrow \mathfrak{B}_p}=\left(\begin{array}{ccc} 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 2 \end{array}\right)$$
Donc la matrice $$V_A$$ des valeurs propres (en respectant l'ordre des vecteurs propres) est :
$$V_A=\left(\begin{array}{lll} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{array}\right)$$
On constate que $$V_A$$ est diagonale.
Et on a :
$$A=P_{\mathfrak{B} \rightarrow \mathfrak{B}_p} V_A\left[P_{\mathfrak{B} \rightarrow \mathfrak{B}_p}\right]^{-1}$$
On dit que les deux matrices $$A$$ et $$V_A$$ sont semblables car elle décrivent toutes les deux, de manière semblable, un même endomorphisme. La seule différence est la base d'expression de cet endomorphisme :
- $$A$$ est la description de cet endomorphisme dans une base $$\mathfrak{B}=\left\{e_1 ; e_2 ; e_3\right\}$$;
- $$V_A$$ dans une base propre $$\mathfrak{B}_p=\left\{e_1+e_2 ; e_1+e_3 ;-e_2+2 e_3\right\}$$, celle qui offre une description plus simple.
On détermine $$\left[P_{\mathfrak{B} \rightarrow \mathfrak{B}_p} \right]^{-1}$$ (par la méthode de Gauss par exemple), et on trouve que :
$$\left[P_{\mathfrak{B} \rightarrow \mathfrak{B}_p} \right]^{-1} = P_{\mathfrak{B}_p \rightarrow \mathfrak{B}} = \left(\begin{array}{ccc} -1 & 2 & 1 \\ 2 & -2 & -1 \\ -1 & 1 & 1 \end{array}\right)$$
En utilisant les propriétés des matrices semblables, on a $$\forall n \in \mathbb{N}$$ :
$$A^n=P_{\mathfrak{B}} \rightarrow \mathfrak{B}_p V_A^n\left[P_{\mathfrak{B} \rightarrow \mathfrak{B}_p}\right]^{-1} \Leftrightarrow A^n=P_{\mathfrak{B}} \rightarrow \mathfrak{B}_p\left(\begin{array}{lll} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{array}\right)^n\left[P_{\mathfrak{B} \rightarrow \mathfrak{B}_p}\right]^{-1}$$
D'où :
$$A^n=\left(\begin{array}{ccc} 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 2 \end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2^n & 0 \\ 0 & 0 & 3^n \end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc} -1 & 2 & 1 \\ 2 & -2 & -1 \\ -1 & 1 & 1 \end{array}\right) \quad \text { avec : } 1^n=1$$
Ce qui nous donne finalement :
$$A^n=\left(\begin{array}{ccc} 2^{n+1}-1 & 2\left(1-2^n\right) & 1-2^n \\ 3^n-1 & 2-3^n & 1-3^n \\ 2\left(2^n-3^n\right) & 2\left(3^n-2^n\right) & 2 \times 3^n-2^n \end{array}\right)$$