Endomorphisme ou matrice diagonalisable

Pour déterminer les valeurs propres de \(f\) on calcule le polynôme caractéristique de \(f\).

\(P_{car,f}(X)=\textrm{det}(A-XI_4)=\left|\begin{array}{cccc}1-X&2&-2&0\\1&-X&-1&1\\1&1&-2-X&1\\0&2&-2&1-X\end{array}\right|\)

En ajoutant à la colonne 1 la somme des trois autres colonnes on fait apparaitre une factorisation par \(1-X\).

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

On retranche successivement la ligne 1 à chacune des autres lignes.

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

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

[2 points]

Le polynôme caractéristique de \(f\) est scindé dans \(R\).

L'endomorphisme \(f\) de \(R^4\) a deux valeurs propres doubles : \(\lambda_1=-1\) et \(\lambda_2=1\).

Soit \(E_{\lambda_1}\) le sous-espace propre associé à la valeur propre double \(\lambda_1=-1\) et \(u=(x,y,z,t)\) un vecteur de \(R^4\).

\(u\in E_{\lambda_1}\Leftrightarrow f(u)=-u\Leftrightarrow(A+I_3)\left(\begin{array}{cccccc}x\\y\\z\\t\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cccccc}0\\0\\0\\0\end{array}\right)\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{ccccccccc}2x&+&2y&-&2z&&&=&0\\x&+&y&-&z&+&t&=&0\\x&+&y&-&z&+&t&=&0\\&&2y&-&2z&+&2t&=&0\end{array}\right.\)

\(u\in E_{\lambda_1}\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{cccccc}x=0\\y=z\\t=0\end{array}\right.\)

\(u\in E_{\lambda_1}\Leftrightarrow\exists y\in\mathcal R,u=y(0,1,1,0)\)

\(E_{\lambda_1}\) est la droite vectorielle de base \(v_1=(0,1,1,0)\).

[2 points]

Soit \(E_{\lambda_2}\) le sous-espace propre associé à la valeur propre double \(\lambda_2=1\) et \(u=(x,y,z,t)\) un vecteur de \(R^4\).

\(u\in E_{\lambda_2}\Leftrightarrow f(u)=u\Leftrightarrow(A-I_3)\left(\begin{array}{cccccc}x\\y\\z\\t\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cccccc}0\\0\\0\\0\end{array}\right)\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{ccccccccc}&&2y&-&2z&&&=&0\\x&-&y&-&z&+&t&=&0\\x&+&y&-&3z&+&t&=&0\\&&2y&-&2z&&&=&0\end{array}\right.\)

\(u\in E_{\lambda_2}\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{llllll}z=y\\x-2y+t=0\end{array}\right.\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{llllll}z=y\\t=-x+2y\end{array}\right.\)

\(u\in E_{\lambda_2}\Leftrightarrow\exists(x,y)\in R^2,u=x(1,0,0,-1)+y(0,1,1,2)\).

\(E_{\lambda_2}\) est le sous-espace vectoriel engendré par les vecteurs \((1,0,0,-1)\) et \((0,1,12)\). Ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires, ils forment donc une base de \(E_{\lambda_2}\).

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 la valeur propre double \(\lambda_1=-1\) est égale à 1. L'endomorphisme \(f\) n'est donc pas diagonalisable.

[2 points]

Soit où \(B'=(u_1,u_2,u_3,u_4)\) où \(u_1=(1,0,0,-1)\), \(u_2=(1,1,1,1)\), \(u_3=(0,1,1,0)\), \(u_4=(1,-1,0,1)\).

\(\textrm{det}(u_1,u_2,u_3,u_4)=\left|\begin{array}{cccc}1&1&0&1\\0&1&1&-1\\0&1&1&0\\-1&1&0&1\end{array}\right|\)

On ajoute la ligne 1 à la ligne 4 :

\(\textrm{det}(u_1,u_2,u_3,u_4)=\left|\begin{array}{cccc}1&1&0&1\\0&1&1&-1\\0&1&1&0\\0&2&0&2\end{array}\right|=\left|\begin{array}{ccc}1&1&-1\\1&1&0\\2&0&2\end{array}\right|=2\)

Les quatre vecteurs \(u_1,u_2,u_3,u_4\) sont linéairement indépendants.

Comme \(\textrm{dim}R^4=4\), \(B'\) est une base de \(R^4\).

[1 point]

Les composantes des vecteurs \(u_1\) et \(u_2\) vérifient les conditions d'appartenance au sous-espace propre \(E_{\lambda_2} : \left\{\begin{array}{lllll}z=y\\x-2y+t=0\end{array}\right.\), on a donc \(f(u_1)=u_1,f(u_2)=u_2\).

Le vecteur \(u_3\) appartient à \(E_{\lambda_1}\) donc \(f(u_3)=-u_3\).

Il reste à écrire le vecteur \(f(u_4)\) dans la base \(B'\).

On cherche d'abord les coordonnés de \(f(u_4)\) dans la base canonique en utilisant la matrice de \(f\) dans la base canonique.

\(\left(\begin{array}{cccc}1&2&-2&0\\1&0&-1&1\\1&1&-2&1\\0&2&-2&1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}1\\-1\\0\\1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-1\\2\\1\\-1\end{array}\right)\) d'où \(f(u_4)=(-1,2,1,-1)\)

On peut remarquer que \(f(u_4)=u_3-u_4\).

Si on ne trouve pas directement cette relation, on cherche \((a,b,c,d)\) appartenant à \(R^4\) tel que \(f(u_4)=au_1+bu_2+cu_3+du_4\).

\((a,b,c,d)\) est alors solution du système :

\(\left\{\begin{array}{cccccccccc}a&+&b&&&+&d&=&-1\\&&b&+&c&-&d&=&2\\&&b&+&c&&&=&1\\-a&+&b&&&+&d&=&-1\end{array}\right.\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{cccccccccc}a&+&b&&&+&d&=&-1&\\&&b&+&c&-&d&=&2&\\&&b&+&c&&&=&1&\\&&2b&&&+&2d&=&-2&L_4\leftarrow L_4+L_1\end{array}\right.\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{ccccccccccc}a&+&b&&&+&d&=&-1&\\&&b&+&c&-&d&=&2&\\&&&&&&d&=&-1&L_3\leftarrow L_3-L_2\\&&b&&&+&d&=&-1&\end{array}\right.\Leftrightarrow(a,b,c,d)=(0,0,1,-1)\)

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

\(P=\left(\begin{array}{cccc}1&1&0&1\\0&1&1&-1\\0&1&1&0\\-1&1&0&1\end{array}\right)\)

[3 points]