-
Soit
α
∈
ℝ
et
u
=
(
x
,
y
,
z
)
alors
(
f
−
α
⁢
I
⁢
d
)
⁢
(
u
)
=
0
⟺
{
(
3
−
α
)
⁢
x
−
2
⁢
y
+
3
⁢
z
=
0
L
⁢
1
−
(
3
−
α
)
⁢
L
⁢
2
x
−
α
⁢
y
+
2
⁢
z
=
0
(
2
−
α
)
⁢
z
=
0
⟺
{
(
α
⁢
(
3
−
α
)
−
2
)
⁢
y
+
(
3
−
2
⁢
(
3
−
α
)
)
⁢
z
=
0
L
⁢
1
−
(
3
−
α
)
⁢
L
⁢
2
x
−
α
⁢
y
+
2
⁢
z
=
0
(
2
−
α
)
⁢
z
=
0
⟺
(
1
)
{
(
−
α
2
+
3
⁢
α
−
2
)
⁢
y
+
(
2
⁢
α
−
3
)
⁢
z
=
0
L
⁢
1
−
(
3
−
α
)
⁢
L
⁢
2
x
−
α
⁢
y
+
2
⁢
z
=
0
(
2
−
α
)
⁢
z
=
0
-
Si
α
=
2
alors
(
1
)
⟺
{
z
=
0
x
−
2
⁢
y
+
2
⁢
z
=
0
⟺
{
z
=
0
x
=
2
⁢
y
0
n'est donc pas la seule solution et
2
est valeur propre associée au sous espace porpre
E
2
=
V
⁢
e
⁢
c
⁢
t
⁢
{
(
2
,
1
,
0
)
}
-
Si
α
≠
2
alors
(
1
)
⟺
(
2
)
{
(
−
α
2
+
3
⁢
α
−
2
)
⁢
y
=
0
x
−
α
⁢
y
=
0
z
=
0
−
α
2
+
3
⁢
α
−
2
=
0
a pour solutions
2
et
1
donc
-
si de plus
α
≠
1
alors
(
2
)
⟺
{
y
=
0
x
=
0
z
=
0
donc
α
n'est pas valeur propre.
-
par contre si
α
=
1
alors
(
2
)
⟺
{
x
=
y
z
=
0
donc
α
=
1
est valeur propre associée au sous espace propre
E
1
=
V
⁢
e
⁢
c
⁢
t
⁢
{
(
1
,
1
,
0
)
}
.
Donc les valeurs porpres de
f
sont
λ
1
=
1
<
λ
2
=
2
Remarque : on prend soin de vérifier les produit
A
⁢
U
1
et
A
⁢
U
2
-
Comme
0
n'est pas valeur propre de
A
alors
A
est inversible.
-
Soit
u
1
→
=
(
1
,
1
,
0
)
.
(
u
1
→
)
est génératrice de
E
1
.
Et comme
u
1
→
≠
0
cette famille, d'un vecteur, est libre.
Donc
(
u
1
→
)
est une base du sous espace propre associé à 1
De même avec
u
2
→
=
(
2
,
1
,
0
)
,
(
u
2
→
)
est une base du sous espace propre associé à 2.
-
Comme la dimension des sous espaces propres est 1, la somme des dimensions des
sous espace propres est
2
≠
3
Donc
f
n'est pas diagonalisable.
-
Attention : on demandait ici le
vecteur
\dots
Il convenait donc d'en trouver un et de et de montrer que c'était le
seul.
Le vecteurs
u
1
→
=
(
1
,
1
,
0
)
convient. Comme les vecteurs propres associés à 1 sont
α
⁡
(
1
,
1
,
0
)
=
(
α
,
α
,
0
)
,
il n'y en a pas d'autre qui convienne.
-
De même le vecteur
u
2
→
=
(
2
,
1
,
0
)
est le seul qui convient
-
Soient
x
,
y
,
z
trois réel.
Si
x
u
1
→
+
y
⁢
u
2
→
+
z
⁢
u
3
→
=
0
alors
(
x
+
2
⁢
y
+
z
,
x
+
y
+
z
,
z
)
=
0
donc
z
=
0
et
{
x
+
2
⁢
y
=
0
x
+
y
=
0
donc
x
=
y
et
3
⁢
y
=
0
d'où finalement
y
=
x
=
z
=
0.
La famille
(
u
1
→
,
u
2
→
,
u
3
→
)
est donc libre. Comme elle a 3 vecteurs dans
ℝ
3
de dimension 3,
𝒞
est une basede
E
.
-
La matrice de passage
P
de la la base
ℬ
dans la base
𝒞
est celle qui contient les coordonnées (en colonne) dans la base
ℬ
des vecteurs de
𝒞
.
Comme
ℬ
est la base canonique, les coordonnées des vecteurs sont leurs
composantes.
Donc
P
=
(
1
2
1
1
1
1
0
0
1
)
La matrice de passage de la base
𝒞
à la base
ℬ
est l'inverse de
P
:
(
1
2
1
1
1
1
0
0
1
⁢
1
0
0
0
1
0
0
0
1
)
⁢
L
⁢
2
−
L
⁢
1
⟺
(
1
2
1
0
−
1
0
0
0
1
⁢
1
0
0
−
1
1
0
0
0
1
)
⁢
L
⁢
1
+
2
⁢
L
⁢
2
−
L
⁢
2
⟺
(
1
0
1
0
1
0
0
0
1
⁢
−
1
2
0
1
−
1
0
0
0
1
)
⁢
L
⁢
1
−
L
⁢
3
⟺
(
1
0
0
0
1
0
0
0
1
⁢
−
1
2
−
1
1
−
1
0
0
0
1
)
et
P
−
1
=
(
−
1
2
−
1
1
−
1
0
0
0
1
)
remarque : là encore on n'oublie pas de vérifier au
brouillon que
P
⁢
P
−
1
=
I
-
Pour calculer
f
⁡
(
u
3
→
)
,
comme on dispose de la matrice de
f
dans la base canonique, on calcule ses coordonnées dans cette base :
A
⁢
(
1
1
1
)
=
(
3
−
2
3
1
0
2
0
0
2
)
⁢
(
1
1
1
)
=
(
4
3
2
)
Donc
f
⁡
(
u
3
→
)
a pour coordonnées dans la base canonnique
(
4
,
3
,
2
)
et
f
⁡
(
u
3
→
)
=
(
4
,
3
,
2
)
=
u
2
→
+
2
⁢
u
3
→
-
Attention : On n'utilise surtout pas ici la formule de
cahangement de base (ce ne serait pas une déduction)
La base
𝒞
est
(
u
1
→
,
u
2
→
,
u
3
→
)
Comme
f
⁡
(
u
1
→
)
=
1
⁢
u
1
→
,
ses coordonnées dans
𝒞
sont donc
(
1
,
0
,
0
)
De même
f
⁡
(
u
2
→
)
=
2
⁢
u
2
→
et ses coordonnées dans
𝒞
sont donc
(
0
,
2
,
0
)
Et enfin on vient de voir que
f
⁡
(
u
3
→
)
=
u
2
→
+
2
⁢
u
3
→
qui a pour coordonnées dans
𝒞
:
(
0
,
1
,
2
)
Donc la matrice de
f
dans la base
𝒞
est la matrice :
T
=
(
1
0
0
0
2
1
0
0
2
)
-
D'après la formule de changement de base on a alors :
A
=
P
⁢
T
⁢
P
−
1
-
Par récurrence on a :
-
pour
n
=
1
:
T
1
=
(
1
0
0
0
2
1
α
1
0
0
2
1
)
avec
α
1
=
1
-
Soit
n
∈
ℕ
*
tel que
T
n
=
(
1
0
0
0
2
n
α
n
0
0
2
n
)
alors
T
n
+
1
=
T
.
T
n
=
(
1
0
0
0
2
1
0
0
2
)
⁢
(
1
0
0
0
2
n
α
n
0
0
2
n
)
=
(
1
0
0
0
2
n
+
1
2
⁢
α
n
+
2
n
0
0
2
n
+
1
)
donc avec
α
n
+
1
=
2
⁢
α
n
+
2
n
la relation est bien vérifiée pour
T
n
+
1
-
Par récurrence,
T
n
=
(
1
0
0
0
2
n
α
n
0
0
2
n
)
pour tout entier
n
≥
1
avec
α
1
=
1
et
α
n
+
1
=
2
⁢
α
n
+
2
n
-
Par récurrence on a
-
α
1
=
1
=
1
⋅
2
1
−
1
-
Soit
n
∈
ℕ
tel que
α
n
=
n
⁢
2
n
−
1
alors
α
n
+
1
=
2
⁢
α
n
+
2
n
=
2
⁢
n
⁢
2
n
−
1
+
2
n
=
2
n
⁢
(
n
+
1
)
=
(
n
+
1
)
⁢
2
n
+
1
−
1
-
Donc pour tout entier
n
≥
1
⁢
α
n
=
n
⁢
2
n
−
1
Finalement pour
n
=
0
on a
A
0
=
I
et pour
n
≥
1
:
A
n
=
P
⁢
T
n
⁢
P
−
1
A
n
=
(
1
2
1
1
1
1
0
0
1
)
⁢
(
1
0
0
0
2
n
n
⁢
2
n
−
1
0
0
2
n
)
⁢
(
−
1
2
−
1
1
−
1
0
0
0
1
)
=
(
1
2
1
1
1
1
0
0
1
)
⁢
(
−
1
2
−
1
2
n
−
2
n
n
⁢
2
n
−
1
0
0
2
n
)
=
(
−
1
+
2
n
+
1
2
−
2
n
+
1
−
1
+
(
n
+
1
)
⁢
2
n
−
1
+
2
n
2
−
2
n
−
1
+
(
n
+
2
)
⁢
2
n
−
1
0
0
2
n
)
remarque : on le vérifie pour
n
=
1
-
La matrice nulle vérifie
0
⋅
A
=
0
=
A
⋅
0
donc
0
∈
C
⁡
(
A
)
Soient
M
et
N
de
C
⁡
(
A
)
et
x
et
y
des réles alors
A
⁢
(
x
⁢
M
+
y
⁢
N
)
=
x
⁢
A
⁢
M
+
y
⁢
A
⁢
N
=
x
⁢
M
⁢
A
+
y
⁢
N
⁢
A
=
(
x
⁢
M
+
y
⁢
N
)
⁢
A
donc
x
⁢
M
+
y
⁢
N
∈
C
⁡
(
A
)
et
C
⁡
(
A
)
est stable par combinaison linéaire.
Donc
C
⁡
(
A
)
est un sous espace vectoriel de
ℳ
3
⁡
(
ℝ
)
-
Pour
M
appartenant à
ℳ
3
⁡
(
ℝ
)
on pose
M
′
=
P
−
1
⁢
M
⁢
P
.
On a
M
=
P
⁢
M
′
⁢
P
−
1
A
⁢
M
=
M
⁢
A
⟺
P
⁢
T
⁢
P
−
1
⁢
P
⁢
M
′
⁢
P
−
1
=
P
⁢
M
′
⁢
P
−
1
⁢
P
⁢
T
⁢
P
−
1
⟺
P
⁢
T
⁢
M
′
⁢
P
−
1
=
P
⁢
M
′
⁢
T
⁢
P
−
1
⟺
T
⁢
M
′
=
M
′
⁢
T
en multipliant ) gauche par
P
−
1
et à droite par
P
(inversibles d'où l'équivalence)
-
On pose la matrice
M
′
=
(
a
x
y
z
b
u
v
w
c
)
.
On calcule
T
⁢
M
′
et
M
′
⁢
T
et on traduit l'égalité :
T
⁢
M
′
=
(
1
0
0
0
2
1
0
0
2
)
⁢
(
a
x
y
z
b
c
u
v
w
)
=
(
a
x
y
2
⁢
z
+
u
2
⁢
b
+
v
w
+
2
⁢
c
2
⁢
u
2
⁢
v
2
⁢
w
)
M
′
⁢
T
=
(
a
x
y
z
b
c
u
v
w
)
⁢
(
1
0
0
0
2
1
0
0
2
)
=
(
a
2
⁢
x
x
+
2
⁢
y
z
2
⁢
b
b
+
2
⁢
c
u
2
⁢
v
v
+
2
⁢
w
)
Donc
T
⁢
M
′
=
M
′
⁢
T
équivaut au système de 9 équations :
{
a
=
a
x
=
2
⁢
x
y
=
x
+
2
⁢
y
2
⁢
z
+
u
=
z
2
⁢
b
+
v
=
2
⁢
b
w
+
2
⁢
c
=
b
+
2
⁢
c
2
⁢
u
=
u
2
⁢
v
=
2
⁢
v
2
⁢
w
=
v
+
2
⁢
w
⇔
{
0
=
0
x
=
0
y
=
−
x
z
=
−
u
v
=
0
w
=
b
u
=
0
0
=
0
v
=
0
et par substitution
⇔
x
=
y
=
z
=
u
=
v
=
0
et
w
=
b
(avec
a
,
b
,
c
∈
ℝ
)
Donc
T
⁢
M
′
=
M
′
⁢
T
si et seulement si
M
′
est de la forme
(
a
0
0
0
b
c
0
0
b
)
où
a
,
b
,
c
sont trois réels quelconques.
-
Finalement
M
appartient à
C
⁡
(
A
)
si et seulement
A
⁢
M
=
M
⁢
A
si
e seulement si
M
=
P
⁢
M
′
⁢
P
−
1
avec
M
′
donné ci dessus.
Donc
M
∈
C
⁡
(
A
)
⟺
M
=
P
⁢
M
′
⁢
P
−
1
=
(
1
2
1
1
1
1
0
0
1
)
⁢
(
a
0
0
0
b
c
0
0
b
)
⁢
(
−
1
2
−
1
1
−
1
0
0
0
1
)
=
(
1
2
1
1
1
1
0
0
1
)
⁢
(
−
a
2
⁢
a
−
a
b
−
b
c
0
0
b
)
=
(
−
a
+
2
⁢
b
2
⁢
a
−
2
⁢
b
−
a
+
2
⁢
c
+
b
−
a
+
b
2
⁢
a
−
b
−
a
+
c
+
b
0
0
b
)
avec
a
,
b
,
c
∈
ℝ
-
On a donc une éciture paramètrée de
C
⁡
(
A
)
:
C
⁡
(
A
)
=
{
(
−
a
+
2
⁢
b
2
⁢
a
−
2
⁢
b
−
a
+
b
+
2
⁢
c
−
a
+
b
2
⁢
a
−
b
−
a
⁢
++
b
+
c
0
0
b
)
/
a
,
b
,
c
∈
ℝ
}
=
{
a
⁢
(
−
1
2
−
1
−
1
2
−
1
0
0
0
)
+
b
⁢
(
2
−
2
1
1
−
1
1
0
0
1
)
+
c
⁢
(
0
0
2
0
0
1
0
0
0
)
/
a
,
b
,
c
∈
ℝ
}
La famille
(
(
−
1
2
−
1
−
1
2
−
1
0
0
0
)
,
(
2
−
2
1
1
−
1
1
0
0
1
)
,
(
0
0
2
0
0
1
0
0
0
)
)
est donc génératrice de
C
⁡
(
A
)
.
Comme elle est échelonnée (coef 3,3 pour le 2ème, 1,1 pour le
premier et 1,3 pour la troisième), elle est libre.
C'est donc une base de
C
⁡
(
A
)
qui est donc de dimension 3.