Diagonaliser une matrice carrée d'ordre $$2$$ : pour aller plus loin - Exercice 1

Soit $$\lambda$$ un nombre réel.
On note par $$P_u$$ le polynôme caractéristique de $$u$$. On a :
$$P_u(\lambda) = \det (A_B - \lambda I_3) = \begin{vmatrix} 4 - \lambda & -1 \\ 2 & 1 - \lambda \\ \end{vmatrix} = (4 - \lambda) (1 - \lambda) - 2 \times (-1) = 4-4\lambda - \lambda + \lambda^2 + 2$$
Ce qui nous donne :
$$P_u(\lambda) = \lambda^2 - 5 \lambda + 6$$
Puis :
$$P_u(\lambda) = 0 \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \lambda^2 - 5 \lambda + 6 = 0 \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, u = 2 \,\,\, \mathrm{ou} \,\,\, u=3$$
Ainsi :
$$\mathrm{Sp}_\mathrm{R}(u) = \left\{ \, 2 \,;\, 3 \, \right\}$$
Les valeurs propres sont réelles et simples donc l'endomorphisme $$u$$ est diagonalisable.

Soient $$a$$ et $$b$$ deux nombres réels.
On note par $$v(\lambda) = \begin{pmatrix} a \\ b \\ \end{pmatrix}$$ un vecteur propre associé à la valeur propre $$\lambda$$. Et on désigne par $$E_\lambda$$ le sous-espace propre associé à a valeur propre $$\lambda$$.
$$\bullet \,\,$$ Si $$\lambda = 2$$ alors on a l'équation aux valeurs propres suivante :
$$A_B \, v(2) = 2 \, v(2) \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \begin{pmatrix} 4 & -1 \\ 2 & 1 \\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a \\ b \\ \end{pmatrix} = 2 \begin{pmatrix} a \\ b \\ \end{pmatrix} \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \begin{pmatrix} 4 & -1 \\ 2 & 1 \\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a \\ b \\ \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2a \\ 2b \\ \end{pmatrix}$$
Soit :
$$\left\{ \begin{array}{rcl} 4a - b & = & 2a \\ 2a + b & = & 2b \\ \end{array} \right. \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left\{ \begin{array}{rcl} 2a - b & = & 0 \\ 2a - b & = & 0 \\ \end{array} \right. \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left\{ \begin{array}{rcl} a & \in & \mathbb{R} \\ b & = & 2a \\ \end{array} \right.$$
Donc :
$$v(2) = \begin{pmatrix} a \\ 2a \\ \end{pmatrix} \,\,\, \mathrm{avec} \, : a \in \mathbb{R}^\star$$
Donc :
$$v(2) = a\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ \end{pmatrix} \,\,\, \mathrm{avec} \, : a \in \mathbb{R}^\star$$
Ainsi :
$$E_2 = \mathrm{Vect}\left\lbrace \, \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ \end{pmatrix} \, \right\rbrace$$
Par simplicité, choisissons :
$$v(2) = \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ \end{pmatrix}$$
$$\bullet \bullet \,\,$$ Si $$\lambda = 3$$ alors on a l'équation aux valeurs propres suivante :
$$A_B \, v(3) = 3 \, v(3) \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \begin{pmatrix} 4 & -1 \\ 2 & 1 \\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a \\ b \\ \end{pmatrix} = 3 \begin{pmatrix} a \\ b \\ \end{pmatrix} \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \begin{pmatrix} 4 & -1 \\ 2 & 1 \\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a \\ b \\ \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3a \\ 3b \\ \end{pmatrix}$$
Soit :
$$\left\{ \begin{array}{rcl} 4a - b & = & 3a \\ 2a + b & = & 3b \\ \end{array} \right. \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left\{ \begin{array}{rcl} a - b & = & 0 \\ 2a - 2b & = & 0 \\ \end{array} \right. \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left\{ \begin{array}{rcl} a & \in & \mathbb{R} \\ b & = & a \\ \end{array} \right.$$
Donc :
$$v(3) = \begin{pmatrix} a \\ a \\ \end{pmatrix} \,\,\, \mathrm{avec} \, : a \in \mathbb{R}^\star$$
Donc :
$$v(3) = a\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ \end{pmatrix} \,\,\, \mathrm{avec} \, : a \in \mathbb{R}^\star$$
Ainsi :
$$E_3 = \mathrm{Vect}\left\lbrace \, \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ \end{pmatrix} \, \right\rbrace$$
Par simplicité, choisissons :
$$v(3) = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ \end{pmatrix}$$
Dès lors $$u$$ est diagonalisable. L'endomorphisme $$u$$ admet donc, dans la base propre $$B_p = (v(2) \,;\, v(3))$$, l'expression matricielle suivante :
$$A_{B_p} = \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 3 \\ \end{pmatrix}$$
Et de fait la matrice de passage de la base $$B$$ à la base propre $$B_p$$ est donnée par :
$$P_{B \longrightarrow B_p} = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 2 & 1 \\ \end{pmatrix}$$
On en déduit alors que l'expression de la matrice inverse $$[P_{B \longrightarrow B_p}]^{-1} = P_{B_p \longrightarrow B}$$ est donnée par :
$$[P_{B \longrightarrow B_p}]^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 2 & 1 \\ \end{pmatrix}^{-1} = \dfrac{1}{1-2} \begin{pmatrix} 1 & -1 \\ -2 & 1 \\ \end{pmatrix} = -\begin{pmatrix} 1 & -1 \\ -2 & 1 \\ \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1 & 1 \\ 2 & -1 \\ \end{pmatrix}$$
Donc :
$$P_{B_p \longrightarrow B} = \begin{pmatrix} -1 & 1 \\ 2 & -1 \\ \end{pmatrix}$$
De plus, on a :
$$A_{B_p} = \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 3 \\ \end{pmatrix} \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, A_{B_p}^n = \begin{pmatrix} 2^n & 0 \\ 0 & 3^n \\ \end{pmatrix}$$
D'où :
$$A_B^n = P_{B \longrightarrow B_p}\times A_{B_p}^n \times P_{B_p \longrightarrow B}$$
Ce qui nous donne :
$$A_B^n = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 2 & 1 \\ \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} 2^n & 0 \\ 0 & 3^n \\ \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} -1 & 1 \\ 2 & -1 \\ \end{pmatrix}$$
Soit :
$$A_B^n = \begin{pmatrix} 2^n & 3^n \\ 2^{n+1} & 3^n \\ \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} -1 & 1 \\ 2 & -1 \\ \end{pmatrix}$$
Finalement :
$$A_B^n = \begin{pmatrix} 2 \times 3^n - 2^n & 2^n - 3^n \\ 2\times 3^n - 2^{n+1} & 2^{n+1} - 3^n \\ \end{pmatrix}$$