Exercice 1 
Déterminant d’une transposition 
| Déterminer le déterminant et la trace de l'endomorphisme transpostion : $ M \mapsto M^T$ du $\mathbb K$-espace vectoriel $\mathcal{M_n(\mathbb K)}$ des matrices carrées à coefficients dans $\mathbb K$, $($ où $\mathbb K= \mathbb R, ~~ \mathbb C ) $. |
Corrigé de l’exercice 1
| Soit $u$ l'endomorphisme transposition $ \mathcal{ M_n(\mathbb K )} \rightarrow \mathcal{M_n(\mathbb K})$, $ M \mapsto M^T $ On a $u^2= Id$, donc le polynôme $P=X^2 - 1 $ est annulateur de $u$. $P$ est scindé à racines simples dans $\mathbb K$. Donc $u$ est diagonalisable, et son spectre $Sp_{\mathbb K}(u) \subset \{-1,1 \}$ Cherchons les sous-espaces propres de $u$. On a $E_{1}=ker (u-Id)= \{ M \in \mathcal{ M_n(\mathbb K )} ~~\vert ~~ M=M^T \}=\mathcal S_n( \mathbb K ) $: sous espace vectoriel des matrices symétriques. On sait que $dim \mathcal S_n( \mathbb K )=\frac{n(n+1)}{2} $. De même $E_{-1}=ker (u-Id)= \{ M \in \mathcal{ M_n(\mathbb K )} ~~\vert ~~M= - M^T \}=\mathcal A_n( \mathbb K ) $: sous espace vectoriel des matrices antisymétriques. On sait que $dim \mathcal A_n( \mathbb K )=\frac{n(n-1)}{2} $. $-1$ et $1$ sont donc des valeurs propres de $u$ de multiplicités géométriques respectives $\frac{n(n-1)}{2} $ et $\frac{n(n+1)}{2} $. Comme $u$ est diagonalisable, les multiplicités des valeurs propres sont donc aussi algébriques. Le déterminant d'un endomorphisme diagonalisable est égal au produit des valeurs propres élevées à leur ordre de multiplicité algébrique, on en déduit que $$ det(u)=(-1)^{\frac{n(n-1)}{2} }\times 1^{\frac{n(n+1)}{2} }=(-1)^{\frac{n(n-1)}{2} }$$ La trace est égale à la somme des valeurs propres multipliées par leur ordre de multiplicité algébrique, donc $$tr(u)=(-1)\times{\frac{n(n-1)}{2} }+1 \times{\frac{n(n+1)}{2} }=n$$ |
Exercice 2 Matrice de rang 1
| Soit $A$ une matrice carrée dont tous les coefficients sont égaux à 1. Montrer que $A$ est diagonalisable. |
Corrigé de l’exercice 2
| On a $A=\begin{pmatrix}1 &\cdots & \cdots & 1 \\ 1 & \cdots & \cdots & 1 \\ \cdots &\cdots & \cdots & \cdots\\ 1 &\cdots & \cdots & 1 \end{pmatrix}$ Le polynôme caractéristique de $A$ est : $$\chi_A(X)=Det(XI_n-A)=\begin{vmatrix}X-1 &-1 & \cdots & -1 \\ -1 & X-1 & \cdots & -1 \\ \cdots &\cdots & \cdots & \cdots\\ -1 &\cdots & \cdots & X-1 \end{vmatrix} $$ On ajoute à la première colonne la somme de toutes les autres colonne on obtient: $$\chi_A(X)= - \left( X-n \right) \begin{vmatrix}-1 &-1 & \cdots & -1 \\ -1 & X-1 & \cdots & -1 \\ \cdots &\cdots & \cdots & \cdots\\ -1 &\cdots & \cdots & X-1 \end{vmatrix} $$ On retranche la ligne 1 à toutes les autres lignes on obtient le déterminant d'une matrice triangulaire supérieure qui est égale au produit des éléments diagonaux: $$\chi_A(X)= - \left( X-n \right) \begin{vmatrix}-1 &-1 & \cdots & -1 \\ 0 & X & \cdots & 0 \\ \cdots &\cdots & \cdots & \cdots\\ 0 &\cdots & \cdots & X \end{vmatrix}=(X-n)X^{n-1} $$ Les valeurs propres de $A$ sont 1 avec la multiplicité algébrique 1 et donc aussi de multiplicité géométrique 1 et 0 avec une multiplicité algébrique égale à $n-1$. Comme $rg(A)=1$ le théorème du rang nous donne $dim Ker(A)=n-1$ qui est la multiplicité géométrique de la valeur propre 0. Par conséquent la matrice A est diagonalisable. Autre méthode La matrice A est de rang 1 puisqu’elle est non nulle et que tous les vecteurs colonnes sont colinéaires . Par la formule du rang, on en déduit que $dim ker A = n − 1$ ; 0 est donc valeur propre de multiplicité géométrique $n − 1$. Ceci implique que sa multiplicité algébrique est au moins $n − 1$. Or, la trace de A est la somme des valeurs propres, et comme $tr(A) = n$, il vient que $n$ est valeur propre de multiplicité géométrique 1, et 0 est valeur propre de multiplicité géométrique n−1. Ainsi, $A$ est diagonalisable. |
Exercice 1 Trace et diagonalisation
| Soit $A$ une matrice carrée de rang 1 sur un corps $\mathbb K$. 1) Montrer que $A$ est diagonalisable si et seulement si $tr(A)$ est non nulle. 2) En déduire qu’une matrice carrée dont tous les coefficients sont égaux à 1 est diagonalisable |
Corrigé de l’exercice 3
| 1) La formule du rang donne $dim Ker(A)=n-1$ c'est la dimension de l'espace propre associé à la valeur propre 0 donc la multiplicité géométrique $m_g(0)=n-1$. Comme la multiplicité algébrique $m_a(0) \geq n-1$, on a distingue deux cas : $m_a(0)=n$ ou $m_a(0)=n-1$ Les valeurs propre de $A$ sont $0$ et $\lambda$ avec $tr(A)=0+\lambda =\lambda$. Si $tr(A)=\lambda=0$ alors $m_a(0)=n$, 0 est la seule valeur propre de $A$ avec $m_a(0) = n \neq n-1=m_g(0)$ donc $A$ n'est pas diagonalisable. Si $tr(A)=\lambda \neq 0$ alors $m_a(0)=n-1=m_g(0)$ $A$ a deux valeurs propres 0 et $\lambda \neq 0$ on a donc $m_g(0)=m_a(0)=n-1$ et $m_a(\lambda)=m_g(\lambda)=1$ Par conséquent $A$ est diagonalisable. 2) Une matrice carrée dont tous les coefficients sont égaux à 1 est une matrice de rang 1. D'après la question 1) comme $tr(A)=n \neq 0 $ A est donc diagonalisable. |
Exercice 4 Diagonalisation de matrices 
| Diagonaliser les matrices suivantes : $$M=\left(\begin{array}{ccc} 2&0&-1\\ 0&1&-2\\ 0&0&3 \end{array}\right),\textrm{ } N=\left(\begin{array}{ccc} 0&3&2\\ -2&5&2\\ 2&-3&0 \end{array}\right), Q=\left(\begin{array}{ccc} 1&0&0\\ 0&1&0\\ 1&-1&2 \end{array}\right).$$ On donnera aussi la matrice de passage de la base canonique à la base de vecteurs propres. Méthode : Calculer le polynôme caractéristique, le factoriser, puis chercher les sous-espaces propres. |
Corrigé de l’exercice 4
| Le polynôme caractéristique de $M$ est donné par : $$\chi_M(\lambda)=det(\lambda I_3-M)=(\lambda-1)(\lambda-2)(\lambda-3).$$ Il est scindé à racines simples, ce qui assure que $M$ est diagonalisable. Il suffit de chercher pour chaque valeur propre un vecteur propre associé. On note $E_1$ l'espace propre associé à la valeur propre 1. $E_1=ker(M-I_3)=\{X \in \mathbb R^3~~\vert~~MX=X \}$ on résout MX=X, c'est-à-dire le système : $$\left\{ \begin{array}{rcl} 2x-z&=&x\\ y-2z&=&y\\ 3z&=&z \end{array} \right.$$ Ce système est équivalent à $x=z=0$ et $y \in \mathbb R$. On en déduit que $\left(\begin{array}{c}0\\1\\0\end{array}\right)$ est un vecteur propre de $M$. Donc $E_1=vect \left(\left(\begin{array}{c}0\\1\\0\end{array}\right)\right)$ On fait de même pour 2 et 3, et on trouve respectivement $E_2=ker(M-2I_3)=\{X \in \mathbb R^3~~\vert~~MX=2X \}=vect \left(\left(\begin{array}{c}1\\0\\0\end{array}\right)\right)$ et $E_3=ker(M-3I_3)=\{X \in \mathbb R^3~~\vert~~MX=3X \}=vect\left(\left(\begin{array}{c}1\\1\\-1\end{array}\right)\right)$. La matrice M est donc semblable à $$D=\left(\begin{array}{ccc} 1&0&0\\ 0&2&0\\ 0&0&3 \end{array} \right).$$ La matrice de passage étant $$P=\left(\begin{array}{ccc} 0&1&1\\ 1&0&1\\ 0&0&-1 \end{array} \right).$$ Le programme ci-dessous utilise simpy pour diagonaliser une matrice, cliquer sur $\blacktriangleright$ pour l’exécution. Remarquer que la matrice de passage n'est pas ce qu'on a trouvé car elle dépend du choix des vecteurs propres. On procède de la même manière pour la matrice $N$ dont on calcule le polynôme caractéristique : $$\chi_N(\lambda)=\lambda^3-5\lambda^2+8\lambda-4.$$ 1 est racine évidente, on factorise par $\lambda-1$ et on trouve $$\chi_N(\lambda)=(\lambda-1)(\lambda-2)^2.$$ On cherche le sous-espace propre associé à 1 en résolvant $NX=X$, c'est-à-dire le système : $$\left\{ \begin{array}{rcl} -x+3y+2z&=&0\\ -2x+4y+2z&=&0\\ 2x-3y-z&=&0 \end{array} \right.$$ Ce système est équivalent à $x=y=-z$. Ainsi, le sous-espace propre associé à 1 est de dimension 1, $E_1=vect\left(\left(\begin{array}{c}1\\1\\-1\end{array}\right)\right)$. L'étude du sous-espace propre associé à 2 conduit au système : $$\left\{ \begin{array}{rcl} -2x+3y+2z&=&0\\ -2x+3y+2z&=&0\\ 2x-3y-2z&=&0 \end{array} \right.$$ Ces trois équations se ramènent à $2x-3y-2z=0$, qui est l'équation d'un plan de $\mathbb R^3$. Le sous-espace propre $E_2$ associé à 2 est donc de dimension 2 $E_2=vect \left(\left(\begin{array}{c}3\\2\\0\end{array} \right); \left( \begin{array}{c}1\\0\\1\end{array}\right)\right)$. La multiplicité géométrique de $\lambda=2$ est égale a sa multiplicité algébrique, $N$ est donc diagonalisable semblable à la matrice $\textrm{diag}(1,2,2)$, la matrice de passage $P$ étant donnée par $$P=\left(\begin{array}{ccc} 1&3&1\\ 1&2&0\\ -1&0&1 \end{array} \right).$$ Utiliser le programme Python ci-dessus pour vérifier ces résultats. Il suffit de remplacer les coefficients de la matrice M par ceux de N et cliquer sur Run $\blacktriangleright$. Le polynôme caractéristique de $Q$ est $\chi_Q(\lambda)=(\lambda-1)^2(\lambda-2)$. On procède comme précédemment, et on trouve $E_1=vect\left((1,1,0),(0,1,1)\right)$ et $E_2=vect\left((0,0,1)\right)$. Ainsi, $Q$ s'écrit $Q=PDP^{-1}$ avec $D$ la matrice diagonale $$D=\left( \begin{array}{ccc} 1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&2 \end{array}\right)$$ et $$P=\left(\begin{array}{ccc} 1&0&0\\ 1&1&0\\ 0&1&1 \end{array}\right).$$ Utiliser le programme Python ci-dessus pour vérifier ces résultats. Il suffit de remplacer les coefficients de la matrice M par ceux de Q et cliquer sur Run $\blacktriangleright$. |
Exercice 5 Codiagonalisabilité ou Diagonalisation simultanée
| Soit $\mathbb K$ un corps et $E$ un $\mathbb K$-espace vectoriel de dimension finie. On considère $u$ et $v$ deux endomorphismes diagonalisables de $E$ qui commutent c'est-à-dire tels que $u\circ v=v\circ u$. \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Montrer que les sous-espaces propres de $v$ sont stables par $u$ c'est-à-dire que si $F$ est un sous-espace propre de $v$, on a $u(F)\subset F$. \item Montrer que $u$ induit sur chaque sous-espace propre de $v$ un endomorphisme diagonalisable. \item En déduire l'existence d'une base commune de réduction dans $E$ pour les endomorphismes $u$ et $v$, c'est-à-dire qu'il existe une base ${\mathcal B}$ de $E$ telle que celle ci soit une base de vecteurs propres à la fois de $u$ et de $v$. \end{enumerate} \item Plus généralement, on considère $(u_i)_{i\in I}$ une famille d'endomorphismes diagonalisables de $E$. On suppose en outre que ces endomorphismes commutent deux à deux : $$(\forall (i,j)\in I^2),\ \ \ u_i\circ u_j=u_j\circ u_i.$$ Montrer l'existence d'une base commune de réduction dans $E$ pour la famille $(u_i)_{i\in I}$ c'est-à-dire une base ${\mathcal B}$ de $E$ qui est une base de vecteurs propres pour chaque endomorphisme $u_i$, $i\in I$. ($Indication:$ on pourra raisonner par récurrence sur la dimension de $E$, en étudiant à part le cas où $(u_i)_{i\in I}$ est une famille d'homothéties.) \end{enumerate} |
Corrigé de l’exercice 5
| 1-a Stabilité des sous-espaces propres. Soit $\lambda$ une valeur propre de $v$ et $E_\lambda(v)$ le sous-espace propre associé. Les endomorphismes $v-\lambda Id_E$ et $u$ commutent. Donc Ker$(v-\lambda Id_E)=E_\lambda(v)$ est stable par $u$, d'où le résultat. 1-b Les restrictions sont diagonalisables. L'endomorphisme $u$ laisse stable chaque sous-espace propre de $v$ donc il induit sur chacun d'eux un endomorphisme. Comme $u$ est diagonalisable, il existe un polynôme scindé à racine simple annulant $u$. Par restriction, ce polynôme annule chaque endomorphisme induit par $u$ sur les sous-espaces propres de $v$, qui donc sont diagonalisables. 1-c Existence de ${\mathcal B}$.Pour chaque $\lambda\in Sp(v)$, on considère ${\mathcal B}_\lambda$ une base de réduction de l'endomorphisme induit par $u$ sur $E_\lambda(v)$. L'endomorphisme $v$ étant diagonalisable, $${\mathcal B}= \bigcup_{\lambda\in Sp(v)}{\cal B}_\lambda$$ est une base de $E$ qui vérifie la propriété requise. 2 Généralisation. On raisonne par récurrence sur l'entier $n=$ dim $E$. Pour $n \leq 1$ le résultat est vrai. Supposons le résultat vrai jusqu'au rang $n > 1$. Considérons $E$ un $\mathbb K$-espace vectoriel de dimension $n+1$ et $(u_i)_{i\in I}$ une famille d'endomorphismes diagonalisables de $E$ commutant deux à deux. Si cette famille ne contient que des homothéties, ${\mathcal B}$ une base quelconque de $E$ vérifie la propriété requise et le résultat est vrai au rang $n+1$. Sinon il existe $i_0\in I$ tel que $u_{i_0}$ ne soit pas une homothétie. Fixons $\lambda$ dans $Sp(u_{i_0})$. Pour tout $i\in I$, $u_i$ est diagonalisable et commute avec $u_{i_0}$ donc $\mu_i$, la restriction de $u_i$ \`a $E_\lambda(u_{i_0})$ constitue un endomorphisme diagonalisable de ${\mathscr L}(E_\lambda(u_{i_0}))$. Alors $(\mu_i)_{i\in I}$ forme une famille d'endomorphismes diagonalisables de ${\mathscr L}(E_\lambda(u_{i_0}))$ qui commutent deux à deux. Comme les propriétés sur $u_{i_0}$ assure dim $E_\lambda(u_{i_0})<$ dim $E$, il vient par hypothèse de récurrence l'existence de ${\mathcal B}_\lambda$ une base commune de réduction dans $E_\lambda(u_{i_0})$ de la famille $(\mu_i)_{i\in I}$. L'endomorphisme $u_{i_0}$ est diagonalisable donc ${\mathcal B}=\bigcup_{\lambda\in Sp(u_{i_0})}{\mathcal B}_\lambda$ est une base de $E$ qui vérifie la propriété requise alors, d'où le résultat au rang $n+1$. Il est donc vrai pour tout $n\in\mathbb N$. |
Exercice 6 Codiagonalisabilité ou Diagonalisation simultanée
| Soit $\left(u_i\right)_{i \in I}$ une famille quelconque d'endomorphismes autoadjoints d'un espace euclidien $E$ de dimension $n$, qui commutent deux à deux : $u_i \circ u_j =u_j \circ u_i$ pour tous $i,j $ dans $I$. On se propose de montrer par récurrence sur $n$ qu'il existe une base orthonormée de $E$ qui diagonalise tous ces endomorphismes. Le résultat est évident pour $n=1$, on suppose que $n>1$ et que le résultat est vrai pour toute dimension strictement inférieure à $n$. \begin{enumerate} \item Soit $i_0 \in I$. Montrer que, si $u_{i_0}$ n'est pas une homothétie, les sous-espaces propres de $u_{i_0}$ sont de dimension strictement inférieure à $n$. Montrer par ailleurs que ces sous-espaces sont stables par tous les endomorphismes $u_i$. \item Conclure. \end{enumerate} |
Corrigé de l’exercice 6
| 1. $\bullet$ Si $u_{i_0}$ admet un sous-espace propre (pour la valeur propre $\lambda$) de dimension $n$ alors ce sous-espace propre est $E$ tout entier car inclus dans $E$ et de même dimension que $E$, et $u_{i_0}=\lambda Id$ donc $u$ est une homothétie ce qui n'est pas. Ainsi \underline{les sous-espaces propres de $u_{i_0}$ sont tous de dimension strictement inférieure à $n$}. $\bullet$ Redémontrons que si deux endomorphismes commutent, tout espace propre de l'un est stable par l'autre. Soit $u$ un endomorphisme commutant avec $u_{i_o}$, alors pour tout $x$ dans le sous-espace propre de $u_{i_0}$ associé à la valeur propre $\mu$, on a $$u_{i_0} (u(x))=(u_{i_0} \circ u)(x)=(u\circ u_{i_0})(x)=u (u_{i_0}(x))=u(\mu x)= \mu u(x) \mbox{ par linéarité de } u.$$ Ainsi $u(x)$ appartient à $\ker(u_{i_0}-\mu Id)$, le sous-espace propre de $u_{i_0}$ associé à la valeur propre $\mu$. Ainsi \underline{tout sous-espace propre de $u_{i_0}$ est stable par tout $u_i$} (car $u_i$ commute avec $u_{i_0}$). 2.> $\bullet$ Si tous les endomorphismes $u_i$ sont des homothéties alors dans toute base orthonormée de $E$, tous les $u_i$ ont une matrice diagonale (même scalaire). $\bullet$ Sinon, on choisit $i_0$ tel que $u_{i_0}$ ne soit pas une homothétie, alors d'après le théorème spectral, $E$ est somme directe orthogonale des sous-espaces propres de $u_{i_0}$. Soit $F$ un sous-espace propre de $u_{i_0}$, alors via la question 1, $F$ est stable par tous les $u_i$ donc on peut considérer les endomorphimes $\widetilde{u_i}^F$ induits sur $F$ par les $u_i$. Ces endomorphismes $\widetilde{u_i}^F$ sont autoadjoints car les $u_i$ le sont, et commutent deux à deux car les $u_j$ commutent deux à deux. Donc par hypoth\`ese de récurrence comme $F$ est de dimension strictement inférieure à $n$ (via la question 1.), il existe une base orthonormée ${\mathcal {B}}_F$ de $F$ dans laquelle les matrices de $\widetilde{u_i}^F$ sont toutes diagonales. La réunion (concaténation) des bases orthonomées ${\mathcal {B}}_F$ de $F$, quand $F$ décrit la famille finie des sous-espaces propres de $u_{i_0}$, donne une base $\mathcal {B}$ orthonormée de $E$ (car $E$ est somme directe orthogonale de ces sous-espaces). Dans $\mathcal {B}$, la matrice de $u_i$ est diagonale par blocs avec pour blocs les matrices $\widetilde{u_i}^F$ dans les bases ${\mathcal {B}}_F$ des sous-espaces propres de $u_{i_0}$ qui sont diagonales par choix des ${\mathcal {B}}_F$. Ainsi on a trouvé une base orthonormée de $E$ dans laquelle tous les $u_i$ ont une matrice diagonale. $\bullet$ On a vu que le résultat que l'on veut prouver est vrai pour $\dim(E)=1$, qu'il est récurrent (s'il est vrai pour tout $E$ avec $\dim(E) |
Exercice 7 Trigonalisation de matrices 
)$
| Trigonaliser les matrices suivantes $A=\left(\begin{array}{ccc} 1&0&1\\ -1&2&1\\ 1&-1&1 \end{array}\right), \ B=\left(\begin{array}{ccc} 5&-17&25\\ 2&-9&16\\ 1&-5&9 \end{array}\right), C=\left(\begin{array}{ccc} 2&-1&-1\\ 2&1&-2\\ 3&-1&-2 \end{array}\right).$ |
Corrigé de l’exercice 7
| On commence par calculer le polynôme caractéristique de A, on trouve $\chi_A(X)=(X-2)(X-1)^2$. Le polynôme caractéristique de A, est scindé dans $\mathbb R$ donc A est trigonalisable. On cherche ensuite le sous-espace propre associé à la valeur propre 2, en résolvant $AX=2X$. Le calcul montre qu'il est engendré par le vecteur propre $u_1=\left(\begin{array}{c}1\\0\\1\end{array}\right)$. On cherche ensuite le sous-espace propre associé à la valeur propre 1, en résolvant $AX=X$. On trouve qu'il est engendré par le vecteur propre $u_2=\left(\begin{array}{c}1\\1\\0\end{array}\right)$. Pour trigonaliser la matrice, il suffit de compléter la base par un troisième vecteur indépendant des deux premiers, par exemple $u_3=\left(\begin{array}{c}0\\0\\1\end{array}\right)$. On a $Au_3=\left(\begin{array}{c}1\\1\\1\end{array}\right)=u_2+u_3$. La matrice $A$ est donc semblable à la matrice $$T=\left(\begin{array}{ccc} 2&0&0\\ 0&1&1\\ 0&0&1 \end{array}\right)$$ la matrice de passage étant $$P=\left(\begin{array}{ccc} 1&1&0\\ 0&1&0\\ 1&0&1 \end{array}\right).$$ On a prouvé que $A=PTP^{-1}$ Il n'y a pas unicité ni de la matrice triangulaire supérieure T, ni de la matrice de passage P. Le polynôme caractéristique de $B$ est égal à $\chi_B(X)=(X-1)(X-2)^2$. On cherche une base de l'espace propre associé à la valeur propre $1$ en résolvant l'équation $BX=X$. On trouve que le vecteur $u_1=\left(\begin{array}{c}11\\7\\3\end{array}\right)$ engendre cet espace propre. Ensuite, on cherche une base de l'espace propre associé à la valeur propre 2 en résolvant l'équation $BX=2X$. On trouve que le vecteur $u_2=\left(\begin{array}c 7\\2\\3\end{array}\right)$ engendre cet espace propre. Pour trigonaliser la matrice, il suffit de compléter la base par un troisième vecteur indépendant des deux premiers, par exemple $u_3=\left(\begin{array}1\\ 0\\0\end{array}\right)$.On a $Bu_3=\left(\begin{array}{c}5\\2\\1\end{array}\right)=au_1u_2+bu_2u_2+cu_3 \quad (*) $. La matrice $A$ est donc semblable à la matrice $$T=\left(\begin{array}{ccc} 2&0&a\\ 0&1&b\\ 0&0&c \end{array}\right)$$ Comme Tr(T)=Tr(B)=5=1+2+c donc c=2 et on trouve aussi en résolvant (*) $a=0, b=1$ Finalement, on a prouvé que $B=PTP^{-1}$, avec $$T=\left(\begin{array}{ccc} 2&0&0\\ 0&1&1\\ 0&0&2 \end{array}\right)\textrm{ et } P=\left(\begin{array}{ccc} 11&3&1\\ 7&2&0\\ 3&1&0 \end{array}\right).$$ ** Le polynôme caractéristique de $C$ est égal à $\chi_B(X)=(X+1)(X-1)^2$. On cherche une base de l'espace propre associé à la valeur propre $-1$ en résolvant l'équation $CX=-X$. On trouve que le vecteur $u_1=\left(\begin{array}{c}1\\1\\2\end{array}\right)$ engendre cet espace propre. Ensuite, on cherche une base de l'espace propre associé à la valeur propre 1 en résolvant l'équation $CX=X$. On trouve que le vecteur $u_2=\left(\begin{array}c 1\\0\\1\end{array}\right)$ engendre cet espace propre. Pour trigonaliser la matrice, il suffit de compléter la base par un troisième vecteur indépendant des deux premiers, par exemple $u_3=\left(\begin{array}c 0\\ 1\\0\end{array}\right)$.On a $Bu_3=\left(\begin{array}{c}1\\1\\1\end{array}\right)=u_2+u_3$. La matrice $A$ est donc semblable à la matrice On cherche enfin un vecteur $u_3$ tel que $Cu_3=u_3+u_2$. On obtient que le vecteur $u_3=\left(\begin{array}c 0\\ -1\\0\end{array}\right)$ convient. Finalement, on a prouvé que $C=PTP^{-1}$, avec $$T=\left(\begin{array}{ccc} -1&0&0\\ 0&1&1\\ 0&0&1 \end{array}\right)\textrm{ et } P=\left(\begin{array}{ccc} 1&1&0\\ 1&0&-1\\ 2&1&0 \end{array}\right).$$ |