Endomorphisme ou matrice diagonalisable

Pour déterminer les valeurs propres de $f$ on calcule le polynôme caractéristique de $f$.

$P_{car,f}(X)=\textrm{det}(A-XI_3)=\left|\begin{array}{ccc}-X&1&1\\1&-X&1\\1&1&-X\end{array}\right|$

En ajoutant à la ligne 1 la somme des deux autres lignes on fait apparaitre une factorisation par $2-X$.

$P_{car,f}(X)=\left|\begin{array}{ccc}2-X&2-X&1\\1&-X&1\\1&1&-X\end{array}\right|=(2-X)\left|\begin{array}{ccc}1&1&1\\1&-X&1\\1&1&-X\end{array}\right|$

On retranche la ligne 1 à la ligne 3.

$P_{car,f}(X)=(2-X)\left|\begin{array}{ccc}1&1&1\\1&-X&1\\0&0&-1-X\end{array}\right|=(2-X)(-X-1)^2=(2-X)(1+X)^2$

[1 point]

Le polynôme caractéristique de $f$ est scindé dans $R$.

L'endomorphisme $f$ de $R^3$ a deux valeurs propres distinctes : $\lambda_1=-1$ est une valeur propre double, $\lambda_2=2$ est une valeur propre simple.

L'endomorphisme $f$ est diagonalisable si et seulement si, 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.

La dimension du sous-espace propre associé à une valeur propre simple est égale à 1.

Donc $f$ est diagonalisable si et seulement si la dimension du sous-espace propre associé à la valeur propre double est égale à 2.

Soit $E_{\lambda_1}$ le sous-espace propre associé à la valeur propre double $\lambda_1=-1$ et $u=(x,y,z)$ un vecteur de $R^3$.

$u\in E_{\lambda_1}\Leftrightarrow f(u)=-u\Leftrightarrow(A+I_3)\left(\begin{array}{cccccc}x\\y\\z\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cccccc}0\\0\\0\end{array}\right)\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{cccccc}x+y+z=0\\x+y+z=0\\x+y+z=0\end{array}\right.$

$u\in E_{\lambda_1}\Leftrightarrow x+y+z=0$

$E_{\lambda_1}$ est un plan vectoriel de $R^3$. L'endomorphisme $f$ est donc diagonalisable.

[2 points]

On détermine maintenant une base de $R^3$ formée de vecteurs propres de $f$.

Les vecteurs $u_1=(1,0,-1)$ et $u_2=(0,1,-1)$ sont deux vecteurs non colinéaires de $E_{\lambda_1}$, ils forment donc une base de $E_{\lambda_1}$.

[1 point]

Soit $E_{\lambda_2}$ le sous-espace propre associé à la valeur propre $\lambda_2=2$ et $u=(x,y,z)$ un vecteur de $R^3$.

$u\in E_{\lambda_2}\Leftrightarrow f(u)=2u\Leftrightarrow(A-2I_3)\left(\begin{array}{cccccc}x\\y\\z\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cccccc}0\\0\\0\end{array}\right)\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{cccccc}-2x+y+z=0\\x-2y+z=0\\x+y-2z=0\end{array}\right.$

Les opérations suivantes $L_2\leftarrow L_2-L_1,L_3\leftarrow L_3+2L_1$ transforment le système en un système équivalent :

$u\in E_{\lambda_2}\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{cccccc}-2x&+&y&+z&=0&\\3x&-&3y&&=0&\Leftrightarrow\Bigg\lbrace\begin{array}{cccccc}y=x\\z=x\end{array}\\-3x&+&3y&&=0&\end{array}\right.$

$u\in E_{\lambda_2}\Leftrightarrow\exists x\in\mathbb R,u=x(1,1,1)$

$u\in E_{\lambda_2}$ est la droite vectorielle de base $u_3=(1,1,1)$.

[1 point]

$(u_1,u_2)$ est une base de $E_{\lambda_1}$, $(u_3)$ est une base de $E_{\lambda_2}$ donc la famille $\{u_1,u_2,u_3\}$ est libre et les vecteurs $u_1$, $u_2$ et $u_3$ forment une base de $R^3$.

Soit $B'=(u_1,u_2,u_3)$. Comme $f(u_1)=-u_1$, $f(u_2)=-u_2$, $f(u_3)=2u_2$ la matrice $A'$ de $f$ dans la base $B'$ est : $A'=\left(\begin{array}{cccccc}-1&0&0\\0&-1&0\\0&0&2\end{array}\right)$.

La matrice de passage de la base $B$ à la base $B'$ est $P=\left(\begin{array}{cccccc}1&0&1\\0&1&1\\-1&-1&1\end{array}\right)$ et $A=PA'P^{-1}$.

$A=PA'P^{-1}$ et pour tout entier $n$ strictement positif, $A^n=PA'^nP^{-1}$.

$A'^n=\left(\begin{array}{cccccc}(-1)^n&0&0\\0&(-1)^n&0\\0&0&2^n\end{array}\right)$

La matrice $P^{-1}$ est la matrice de passage de la base $B'=(u_1,u_2,u_3)$ à la base $B=(e_1,e_2,e_3)$.

$\left\{\begin{array}{cccccc}u_1=&e_1&&&-e_3\\u_2=&&&e_2&-e_3\\u_3=&e_1&+&e_2&+e_3\end{array}\right.$ d'où $\left\{\begin{array}{cccccc}u_1&=&e_1&&&-e_3\\u_2&=&&&e_2&-e_3\\u_3-u_1-u_2&=&&&&3e_3\end{array}\right.$

$\left\{\begin{array}{cccccc}e_1=&\frac{1}3&(2u_1-u_2+u_3)\\e_2=&\frac{1}3&(-u_1+2u_2+u_3)\\e_3=&\frac{1}3&(-u_1-u_2+u_3)\end{array}\right.$

et $P^{-1}=\frac{1}3\left(\begin{array}{cccccc}2&-1&-1\\-1&2&-1\\1&1&1\end{array}\right)$

$PA'^n=\left(\begin{array}{cccccc}(-1)^n&0&2^n\\0&(-1)^n&2^n\\(-1)^{n+1}&(-1)^{n+1}&2^n\end{array}\right)$ et $A^n=PA'^nP^{-1}=\frac{1}3\left(\begin{array}{ccc}2^n+2(-1)^n&2^n+(-1)^{n+1}&2^n+(-1)^{n+1}\\2^n+(-1)^{n+1}&2^n+2(-1)^n&2^n+(-1)^{n+1}\\2^n+(-1)^{n+1}&2^n+(-1)^{n+1}&2^n+2(-1)^n\end{array}\right)$