Exercice 7 - Exercice 1

Un vecteur propre reste colinéaire, après l'action de l'endomorphisme étudié, à lui même. Le facteur de colinéarité est la valeur propre associée.

Soit $$\lambda$$ un nombre réel.
Le polynôme caractéristique associé à $$f$$ est :
$$\det(\mathcal{M} - \lambda \mathbb{I}_3) = \begin{vmatrix} -1 - \lambda & 1 & 1 \\ 1 & -1 - \lambda & 1 \\ 1 & 1 & -1 - \lambda \\ \end{vmatrix}$$
Effectuons $$C_1 \longleftarrow C_1 + C_2 + C_3$$. On obtient :
$$\det(\mathcal{M} - \lambda \mathbb{I}_3) = \begin{vmatrix} 1 - \lambda & 1 & 1 \\ 1 - \lambda & -1 - \lambda & 1 \\ 1 - \lambda & 1 & -1 - \lambda \\ \end{vmatrix}$$
En factorisant par le terme $$1 - \lambda$$ de la première colonne on obtient :
$$\det(\mathcal{M} - \lambda \mathbb{I}_3) = (1 - \lambda) \begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & -1 - \lambda & 1 \\ 1 & 1 & -1 - \lambda \\ \end{vmatrix}$$
Effectuons les deux transformations suivantes : $$L_2 \longleftarrow L_2 - L_1$$ et $$L_3 \longleftarrow L_3 - L_1$$. On a alors :
$$\det(\mathcal{M} - \lambda \mathbb{I}_3) = (1 - \lambda) \begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & -2 - \lambda & 0 \\ 0 & 0 & -2 - \lambda \\ \end{vmatrix}$$
En développant selon la première colonne, on a :
$$\det(\mathcal{M} - \lambda \mathbb{I}_3) = (1 - \lambda) \times (-1)^{1+1} \times 1 \times \begin{vmatrix} -2 - \lambda & 0 \\ 0 & -2 - \lambda \\ \end{vmatrix} = (1 - \lambda) \begin{vmatrix} -2 - \lambda & 0 \\ 0 & -2 - \lambda \\ \end{vmatrix}$$
D'où :
$$\det(\mathcal{M} - \lambda \mathbb{I}_3) = (1 - \lambda) \times (-1)^{1+1} \times 1 \times \begin{vmatrix} -2 - \lambda & 0 \\ 0 & -2 - \lambda \\ \end{vmatrix} = (1 - \lambda) (\lambda + 2)^2$$.
L'équation caractéristique associée à $$f$$ est donc :
$$(1 - \lambda) (\lambda + 2)^2=0$$

On a :
$$(1 - \lambda) (\lambda + 2)^2=0$$
Ce qui implique que $$1 - \lambda = 0$$ ou $$(\lambda + 2)^2 = 0$$. Soit $$1 - \lambda = 0$$ ou $$\lambda + 2 = 0$$.
Ce qui nous donne $$\lambda = 1$$ ou $$\lambda = -2$$
On a donc le spectre suivant :
$$\mathrm{Sp}_{\mathbb{R}^3}(f) = \left\lbrace 1 \,;\, -2 \,;\, -2 \right\rbrace$$.

Soit $$a$$, $$b$$ et $$c$$ trois nombres réels. On désigne par $$vp(\lambda) = \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix}$$ un vecteur propre associé à la valeur propre $$\lambda$$.
$$\bullet \,\,$$ Si $$\lambda = 1$$ (valeur propre de multiplicité $$1$$) alors on a l'équation matricielle aux valeurs propres suivante :
$$\mathcal{M} \, vp(1) = 1 \, vp(1) \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \mathrm{Mat}_{\mathfrak{B}}(f) \, vp(1) = 1 \, vp(1) \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \begin{pmatrix} -1 & 1 & 1 \\ 1 & -1 & 1 \\ 1 & 1 & -1 \\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix}$$
Soit :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} -a + b + c & = & a \\ a - b + c & = & b \\ a + b - c & = & c \\ \end{array} \right. \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} -2a + b + c & = & 0 \\ a - 2b + c & = & 0 \\ a + b - 2c & = & 0 \\ \end{array} \right. \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} a & = & 1 \\ b & = & 1 \\ c & = & 1 \\ \end{array} \right. \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, vp(1) = \left( \begin{array}{c} 1 \\ 1 \\ 1 \end{array} \right)$$
$$\bullet \bullet \,\,$$ Si $$\lambda = -2$$ (valeur propre de multiplicité $$2$$) alors on a l'équation matricielle aux valeurs propres suivante :
$$\mathcal{M} \, vp(-2) = -2 \, vp(-2) \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \mathrm{Mat}_{\mathfrak{B}}(f) \, vp(-2) = -2 \, vp(-2) \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \begin{pmatrix} -1 & 1 & 1 \\ 1 & -1 & 1 \\ 1 & 1 & -1 \\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix} = -2 \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix}$$
Soit :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} -a + b + c & = & -2a \\ a - b + c & = & -2b \\ a + b - c & = & -2c \\ \end{array} \right. \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} a + b + c & = & 0 \\ a + b + c & = & 0 \\ a + b + c & = & 0 \\ \end{array} \right. \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, a + b + c = 0$$
Donc il est possible de choisir :
$$vp_1(-2) = \left( \begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ -1 \end{array} \right) \,\,\,\,\,\,\,\, \mathrm{et} \,\,\,\,\,\,\,\, vp_2(-2) = \left( \begin{array}{c} 0 \\ 1 \\ -1 \end{array} \right)$$
On vérifient que ces deux vecteurs sont non colinéaires :
$$vp_1(-2) \wedge vp_2(-2) = \left( \begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ -1 \end{array} \right) \wedge \left( \begin{array}{c} 0 \\ 1 \\ -1 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} 1 \\ 1 \\ 1 \end{array} \right) \neq \left( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 0 \end{array} \right)$$
Les vecteurs propres peuvent donc être :
$$vp(1) = \left( \begin{array}{c} 1 \\ 1 \\ 1 \end{array} \right) \,\,\,\,\,\,\,\, ; \,\,\,\,\,\,\,\, vp_1(-2) = \left( \begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ -1 \end{array} \right) \,\,\,\,\,\,\,\, ; \,\,\,\,\,\,\,\, vp_2(-2) = \left( \begin{array}{c} 0 \\ 1 \\ -1 \end{array} \right)$$

La dimension de chacun des sous espaces propres est :
$$\dim \mathcal{E}(1) = 1 \,\,\,\,\,\,\,\, \mathrm{et} \,\,\,\,\,\,\,\, \dim \mathcal{E}(-2) = 2$$

On constate que :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} \dim \mathcal{E}(1) & = & 1 \\ d(1) & = & 1 \\ \end{array} \right. \,\,\,\,\,\,\,\, \mathrm{et} \,\,\,\,\,\,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} \dim \mathcal{E}(-2) & = & 2 \\ d(-2) & = & 2 \\ \end{array} \right.$$
Ainsi $$f$$ est donc diagonalisable.

On a, par exemple, :
$$\mathcal{M'} = \mathrm{Mat}_{\mathfrak{B}_p}(f) = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & -2 & 0 \\ 0 & 0 & -2 \\ \end{pmatrix}$$

En respectant l'ordre des valeurs propres de $$\mathcal{M'} = \mathrm{Mat}_{\mathfrak{B}_p}(f)$$, la matrice de passage $$\mathcal{P}_{\mathfrak{B} \longrightarrow \mathfrak{B}_p}$$ peut s'écrire :
$$\mathcal{P}_{\mathfrak{B} \longrightarrow \mathfrak{B}_p} = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \\ 1 & -1 & -1 \\ \end{pmatrix}$$