Diagonalisation

Exercice 1 - Exercice 1

1 h
85
Soit EE un R\mathbb{R}-espace vectoriel de dimension trois.
On désigne l'élément identité de EE par IdE\mathrm{Id}_E.
Soit u∈L(E)u \in \mathcal{L}(E) représentée, dans une certaine base B\mathcal{B} de EE, par la matrice AA suivante :
A=(1−2−2−11−1−102)A = \begin{pmatrix} 1 & -2 & -2 \\ -1 & 1 & -1 \\ -1 & 0 & 2 \end{pmatrix}
Question 1

Déterminer les éléments propres de uu.
Ceci signifie qu'il vous faut déterminer l'ensemble des valeurs propres de AA (c'est-à-dire le spectre SpR(A)\mathrm{Sp}_{\mathbb{R}}(A)) et les vecteurs propres associés.

Correction
Soit λ\lambda une valeur propre réelle de uu.
Le polynôme caractéristique est donné par :
P(λ)=det⁡(A−λI3)=det⁡((1−2−2−11−1−102)−λ(100010001))=det⁡((1−2−2−11−1−102)+(−λ000−λ000−λ))P(\lambda) = \det(A - \lambda I_3) = \det \left( \begin{pmatrix} 1 & -2 & -2 \\ -1 & 1 & -1 \\ -1 & 0 & 2 \end{pmatrix} - \lambda \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \right) = \det \left( \begin{pmatrix} 1 & -2 & -2 \\ -1 & 1 & -1 \\ -1 & 0 & 2 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} - \lambda & 0 & 0 \\ 0 & - \lambda & 0 \\ 0 & 0 & - \lambda \end{pmatrix} \right)
Soit :
P(λ)=det⁡((1−λ−2−2−11−λ−1−102−λ))=∣1−λ−2−2−11−λ−1−102−λ∣P(\lambda) = \det \left( \begin{pmatrix} 1-\lambda & -2 & -2 \\ -1 & 1-\lambda & -1 \\ -1 & 0 & 2-\lambda \end{pmatrix} \right) = \begin{vmatrix} 1-\lambda & -2 & -2 \\ -1 & 1-\lambda & -1 \\ -1 & 0 & 2-\lambda \end{vmatrix}
Si on effectue la substitution L3⟵L1+L2+L3L_3 \longleftarrow L_1 + L_2 + L_3 on obtient alors :
P(λ)=∣1−λ−2−2−11−λ−1−1−λ−1−λ−1−λ∣P(\lambda) = \begin{vmatrix} 1-\lambda & -2 & -2 \\ -1 & 1-\lambda & -1 \\ -1-\lambda & -1-\lambda & -1-\lambda \end{vmatrix}
En factorisant par le terme −1−λ-1-\lambda issu de la troisième ligne, on obtient :
P(λ)=(−1−λ)×∣1−λ−2−2−11−λ−1111∣P(\lambda) = (-1-\lambda) \times \begin{vmatrix} 1-\lambda & -2 & -2 \\ -1 & 1-\lambda & -1 \\ 1 & 1 & 1 \end{vmatrix}
Effectuons maintenant la substitution C1⟵C1−C3C_1 \longleftarrow C_1 - C_3 on obtient alors :
P(λ)=(−1−λ)×∣3−λ−2−201−λ−1011∣P(\lambda) = (-1-\lambda) \times \begin{vmatrix} 3-\lambda & -2 & -2 \\ 0 & 1-\lambda & -1 \\ 0 & 1 & 1 \end{vmatrix}
Effectuons maintenant la substitution C2⟵C2−C3C_2 \longleftarrow C_2 - C_3 on obtient alors :
P(λ)=(−1−λ)×∣3−λ0−202−λ−1001∣P(\lambda) = (-1-\lambda) \times \begin{vmatrix} 3-\lambda & 0 & -2 \\ 0 & 2-\lambda & -1 \\ 0 & 0 & 1 \end{vmatrix}
On va maintenant développer le déterminant présent selon sa première colonne. On a alors :
P(λ)=(−1−λ)×(−1)1+1×(3−λ)×∣2−λ−101∣=(−1−λ)×(3−λ)×∣2−λ−101∣P(\lambda) = (-1-\lambda) \times (-1)^{1+1} \times (3-\lambda) \times \begin{vmatrix} 2-\lambda & -1 \\ 0 & 1 \end{vmatrix} = (-1-\lambda) \times (3-\lambda) \times \begin{vmatrix} 2-\lambda & -1 \\ 0 & 1 \end{vmatrix}
Donc:
P(λ)=(−1−λ)×(−1)1+1×(3−λ)×∣2−λ−101∣=(−1−λ)×(3−λ)×((2−λ)×1−0×(−1))P(\lambda) = (-1-\lambda) \times (-1)^{1+1} \times (3-\lambda) \times \begin{vmatrix} 2-\lambda & -1 \\ 0 & 1 \end{vmatrix} = (-1-\lambda) \times (3-\lambda) \times \big( (2-\lambda) \times 1 - 0 \times (-1) \big)
Donc :
P(λ)=(−1−λ)×(3−λ)×(2−λ)P(\lambda) = (-1-\lambda) \times (3-\lambda) \times (2-\lambda)
Les valeurs propres de uu sont donc −1-1, 22 et 33. Autrement dit :
SpR(A)={ −1 ; 2 ; 3 }\mathrm{Sp}_{\mathbb{R}}(A) = \{ \, -1 \,;\, 2 \,;\, 3 \, \}
On constate que le spectre est constitué de valeurs propres toutes distinctes non dégénérées, donc toutes de multiplicité 11, et ceci implique que l'endomorphisme uu est diagonalisable.
∙  \bullet \,\, Notons par xx un vecteur propre. Afin de déterminer le sous-espace propre associé à la valeur propre λ=−1\lambda = -1, noté V(−1)V(-1), utilisons sa définition :
V(−1)=ker⁡(u−(−1)IdE)=ker⁡(u+IdE)={ u(x)=−x ∣ x∈E }V(-1) = \ker(u -(-1)\mathrm{Id}_E) = \ker(u +\mathrm{Id}_E) = \left\lbrace \, u(x) = -x\, | \, x \in E \, \right\rbrace
Introduisons la représentation matricielle XX du vecteur propre xx dans la base B\mathcal{B} de EE suivante :
X=(abc)     avec (a ; b ; c)∈R3X = \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix} \,\,\,\,\, \mathrm{avec} \, (a \,;\, b \,;\, c) \in \mathbb{R}^3
En utilisant la représentation matricielle on a alors :
AX=−X   ⟺   AX+X=O3 ; 1   ⟺   (A+I3)X=O3 ; 1A X = -X \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, AX + X = \mathcal{O}_{3\,;\,1} \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, (A + I_3)X = \mathcal{O}_{3\,;\,1}
Soit :
((1−2−2−11−1−102)+(100010001))(abc)=(000)   ⟺   (2−2−2−12−1−103)(abc)=(000)\left( \begin{pmatrix} 1 & -2 & -2 \\ -1 & 1 & -1 \\ -1 & 0 & 2 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \right) \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \begin{pmatrix} 2 & -2 & -2 \\ -1 & 2 & -1 \\ -1 & 0 & 3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}
Ce qui nous permet d'obtenir le système linéaire suivant :
{2a−2b−2c=0−a+2b−c=0−a+3c=0   ⟺   {a−b−c=0−a+2b−c=0−a+3c=0\left\lbrace \begin{array}{rcl} 2a - 2b - 2c & = & 0 \\ -a + 2b - c & = & 0 \\ -a + 3c & = & 0 \end{array} \right. \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} a - b - c & = & 0 \\ -a + 2b - c & = & 0 \\ -a + 3c & = & 0 \end{array} \right.
Effectuons les deux transformations suivantes : L2⟵L2+L1L_2 \longleftarrow L_2 + L_1 et L3⟵L3+L1L_3 \longleftarrow L_3 + L_1. On obtient donc :
{a−b−c=0b−2c=0b−2c=0   ⟺   {a−2c−c=0b=2cc∈R   ⟺   {a−3c=0b=2cc∈R   ⟺   {a=3cb=2cc∈R\left\lbrace \begin{array}{rcl} a - b - c & = & 0 \\ b - 2c & = & 0 \\ b - 2c & = & 0 \end{array} \right. \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} a - 2c - c & = & 0 \\ b & = & 2c \\ c & \in & \mathbb{R} \end{array} \right. \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} a - 3c & = & 0 \\ b & = & 2c \\ c & \in & \mathbb{R} \end{array} \right. \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} a & = & 3c \\ b & = & 2c \\ c & \in & \mathbb{R} \end{array} \right.
Donc :
X=(3c2cc)     avec c∈RX = \begin{pmatrix} 3c \\ 2c \\ c \end{pmatrix} \,\,\,\,\, \mathrm{avec} \, c \in \mathbb{R}
Soit :
X=c(321)     avec c∈RX = c \begin{pmatrix} 3 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix} \,\,\,\,\, \mathrm{avec} \, c \in \mathbb{R}
Autrement dit :
V(−1)=Vect{ (321) }V(-1) = \mathrm{Vect} \left\lbrace \, \begin{pmatrix} 3 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix} \, \right\rbrace
∙∙  \bullet \bullet \,\, Notons par xx un vecteur propre. Afin de déterminer le sous-espace propre associé à la valeur propre λ=2\lambda = 2, noté V(2)V(2), utilisons sa définition :
V(2)=ker⁡(u−2IdE)={ u(x)=2x ∣ x∈E }V(2) = \ker(u -2\mathrm{Id}_E) = \left\lbrace \, u(x) = 2x\, | \, x \in E \, \right\rbrace
Introduisons la représentation matricielle XX du vecteur propre xx dans la base B\mathcal{B} de EE suivante :
X=(abc)     avec (a ; b ; c)∈R3X = \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix} \,\,\,\,\, \mathrm{avec} \, (a \,;\, b \,;\, c) \in \mathbb{R}^3
En utilisant la représentation matricielle on a alors :
AX=2X   ⟺   AX−2X=O3 ; 1   ⟺   AX−2I3X=O3 ; 1   ⟺   (A−2I3)X=O3 ; 1A X = 2X \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, AX - 2X = \mathcal{O}_{3\,;\,1} \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, AX - 2I_3X = \mathcal{O}_{3\,;\,1} \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, (A - 2I_3)X = \mathcal{O}_{3\,;\,1}
Soit :
((1−2−2−11−1−102)−2(100010001))(abc)=(000)   ⟺   ((1−2−2−11−1−102)+(−2000−2000−2))(abc)=(000)\left( \begin{pmatrix} 1 & -2 & -2 \\ -1 & 1 & -1 \\ -1 & 0 & 2 \end{pmatrix} - 2\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \right) \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left( \begin{pmatrix} 1 & -2 & -2 \\ -1 & 1 & -1 \\ -1 & 0 & 2 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} -2 & 0 & 0 \\ 0 & -2 & 0 \\ 0 & 0 & -2 \end{pmatrix} \right) \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}
D'où :
(−1−2−2−1−1−1−100)(abc)=(000)\begin{pmatrix} -1 & -2 & -2 \\ -1 & -1 & -1 \\ -1 & 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}
Ce qui nous permet d'obtenir le système linéaire suivant :
{−a−2b−2c=0−a−b−c=0−a=0   ⟺   {a+2b+2c=0a+b+c=0a=0   ⟺   {2b+2c=0b+c=0a=0   ⟺   {b=−cb=−ca=0\left\lbrace \begin{array}{rcl} -a - 2b - 2c & = & 0 \\ -a - b - c & = & 0 \\ -a & = & 0 \end{array} \right. \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} a + 2b + 2c & = & 0 \\ a + b + c & = & 0 \\ a & = & 0 \end{array} \right. \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} 2b + 2c & = & 0 \\ b + c & = & 0 \\ a & = & 0 \end{array} \right. \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} b & = & -c \\ b & = & -c \\ a & = & 0 \end{array} \right.
Donc :
{a=0b=−cc∈R\left\lbrace \begin{array}{rcl} a & = & 0 \\ b & = & -c \\ c & \in & \mathbb{R} \end{array} \right.
Donc :
X=(0−cc)     avec c∈RX = \begin{pmatrix} 0 \\ -c \\ c \end{pmatrix} \,\,\,\,\, \mathrm{avec} \, c \in \mathbb{R}
Soit :
X=c(0−11)     avec c∈RX = c \begin{pmatrix} 0 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix} \,\,\,\,\, \mathrm{avec} \, c \in \mathbb{R}
Autrement dit :
V(2)=Vect{ (0−11) }V(2) = \mathrm{Vect} \left\lbrace \, \begin{pmatrix} 0 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix} \, \right\rbrace
∙∙∙  \bullet \bullet \bullet \,\, Notons par xx un vecteur propre. Afin de déterminer le sous-espace propre associé à la valeur propre λ=3\lambda = 3, noté V(3)V(3), utilisons sa définition :
V(3)=ker⁡(u−3IdE)={ u(x)=3x ∣ x∈E }V(3) = \ker(u -3\mathrm{Id}_E) = \left\lbrace \, u(x) = 3x\, | \, x \in E \, \right\rbrace
Introduisons la représentation matricielle XX du vecteur propre xx dans la base B\mathcal{B} de EE suivante :
X=(abc)     avec (a ; b ; c)∈R3X = \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix} \,\,\,\,\, \mathrm{avec} \, (a \,;\, b \,;\, c) \in \mathbb{R}^3
En utilisant la représentation matricielle on a alors :
AX=3X   ⟺   AX−3X=O3 ; 1   ⟺   AX−3I3X=O3 ; 1   ⟺   (A−3I3)X=O3 ; 1A X = 3X \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, AX - 3X = \mathcal{O}_{3\,;\,1} \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, AX - 3I_3X = \mathcal{O}_{3\,;\,1} \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, (A - 3I_3)X = \mathcal{O}_{3\,;\,1}
Soit :
((1−2−2−11−1−102)−3(100010001))(abc)=(000)   ⟺   ((1−2−2−11−1−102)+(−3000−3000−3))(abc)=(000)\left( \begin{pmatrix} 1 & -2 & -2 \\ -1 & 1 & -1 \\ -1 & 0 & 2 \end{pmatrix} - 3\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \right) \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left( \begin{pmatrix} 1 & -2 & -2 \\ -1 & 1 & -1 \\ -1 & 0 & 2 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} -3 & 0 & 0 \\ 0 & -3 & 0 \\ 0 & 0 & -3 \end{pmatrix} \right) \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}
D'où :
(−2−2−2−1−2−1−10−1)(abc)=(000)\begin{pmatrix} -2 & -2 & -2 \\ -1 & -2 & -1 \\ -1 & 0 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}
Ce qui nous permet d'obtenir le système linéaire suivant :
{−2a−2b−2c=0−a−2b−c=0−a−c=0   ⟺   {a+b+c=0a+2b+c=0a+c=0   ⟺   {−c+b+c=0−c+2b+c=0a=−c   ⟺   {b=02b=0a=−c\left\lbrace \begin{array}{rcl} -2a - 2b - 2c & = & 0 \\ -a - 2b - c & = & 0 \\ -a -c & = & 0 \end{array} \right. \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} a + b + c & = & 0 \\ a + 2b + c & = & 0 \\ a + c & = & 0 \end{array} \right. \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} -c + b + c & = & 0 \\ -c + 2b + c & = & 0 \\ a & = & -c \end{array} \right. \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} b & = & 0 \\ 2b & = & 0 \\ a & = & -c \end{array} \right.
Donc :
{a=−cb=0c∈R\left\lbrace \begin{array}{rcl} a & = & -c \\ b & = & 0 \\ c & \in & \mathbb{R} \end{array} \right.
Donc :
X=(−c0c)     avec c∈RX = \begin{pmatrix} -c \\ 0 \\ c \end{pmatrix} \,\,\,\,\, \mathrm{avec} \, c \in \mathbb{R}
Soit :
X=c(−101)     avec c∈RX = c \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \,\,\,\,\, \mathrm{avec} \, c \in \mathbb{R}
Autrement dit :
V(3)=Vect{ (−101) }V(3) = \mathrm{Vect} \left\lbrace \, \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \, \right\rbrace

Question 2

Déterminer une base propre, notée Bp\mathcal{B}_p, de EE

Correction
On a, d'après la question précédente, une base propre Bp\mathcal{B}_p suivante :
Bp=( (321) ; (0−11) ; (−101) )\mathcal{B}_p = \left( \, \begin{pmatrix} 3 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix} \,;\, \begin{pmatrix} 0 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix} \,;\, \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \, \right)
Question 3

Donner l'expression de la matrice de passage PB ⟶ BpP_{\mathcal{B} \, \longrightarrow \, \mathcal{B}_p}.

Correction
L'expression de la matrice de passage PB ⟶ BpP_{\mathcal{B} \, \longrightarrow \, \mathcal{B}_p} est donnée par l'écriture, en colonne, des vecteurs propres de uu exprimés dans la base B\mathcal{B}. Donc on obtient :
PB ⟶ Bp=(30−12−10111)P_{\mathcal{B} \, \longrightarrow \, \mathcal{B}_p} = \begin{pmatrix} 3 & 0 & -1 \\ 2 & -1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}
Question 4

Donner l'expression de la matrice de passage PBp ⟶ BP_{\mathcal{B}_p \, \longrightarrow \, \mathcal{B}}.

Correction
On a :
PBp ⟶ B=(PB ⟶ Bp)−1P_{\mathcal{B}_p \, \longrightarrow \, \mathcal{B}} = \big( P_{\mathcal{B} \, \longrightarrow \, \mathcal{B}_p} \big)^{-1}
Donc :
PBp ⟶ B=(30−12−10111)−1P_{\mathcal{B}_p \, \longrightarrow \, \mathcal{B}} = \begin{pmatrix} 3 & 0 & -1 \\ 2 & -1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}^{-1}
Pour effectuer cette inversion, utilisons la méthode de LaplaceLaplace. On a :
PBp ⟶ B=1det⁡(PB ⟶ Bp) tcom(PB ⟶ Bp)P_{\mathcal{B}_p \, \longrightarrow \, \mathcal{B}} = \dfrac{1}{\det (P_{\mathcal{B} \, \longrightarrow \, \mathcal{B}_p} ) } \, ^t\mathrm{com}(P_{\mathcal{B} \, \longrightarrow \, \mathcal{B}_p} )
Avec :
det⁡(PB ⟶ Bp)=∣30−12−10111∣=∣4102−10111∣=1×(−1)3+3×∣412−1∣=∣412−1∣=4×(−1)−2×1=−4−2\det (P_{\mathcal{B} \, \longrightarrow \, \mathcal{B}_p} ) = \begin{vmatrix} 3 & 0 & -1 \\ 2 & -1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} 4 & 1 & 0 \\ 2 & -1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \end{vmatrix} = 1 \times (-1)^{3+3} \times \begin{vmatrix} 4 & 1 \\ 2 & -1 \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} 4 & 1 \\ 2 & -1 \end{vmatrix} = 4 \times (-1) - 2 \times 1= -4 -2
Donc :
det⁡(PB ⟶ Bp)=−6\det (P_{\mathcal{B} \, \longrightarrow \, \mathcal{B}_p} ) = -6
Puis on a :
com(PB ⟶ Bp)=((−1)1+1∣−1011∣(−1)1+2∣2011∣(−1)1+3∣2−111∣(−1)2+1∣0−111∣(−1)2+2∣3−111∣(−1)2+3∣3011∣(−1)3+1∣0−1−10∣(−1)3+2∣3−120∣(−1)3+3∣302−1∣)\mathrm{com}(P_{\mathcal{B} \, \longrightarrow \, \mathcal{B}_p} ) = \begin{pmatrix} (-1)^{1+1} \begin{vmatrix} -1 & 0 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} & (-1)^{1+2} \begin{vmatrix} 2 & 0 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} & (-1)^{1+3} \begin{vmatrix} 2 & -1 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} \\ \\ (-1)^{2+1} \begin{vmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} & (-1)^{2+2} \begin{vmatrix} 3 & -1 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} & (-1)^{2+3} \begin{vmatrix} 3 & 0 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} \\ \\ (-1)^{3+1} \begin{vmatrix} 0 & -1 \\ -1 & 0 \end{vmatrix} & (-1)^{3+2} \begin{vmatrix} 3 & -1 \\ 2 & 0 \end{vmatrix} & (-1)^{3+3} \begin{vmatrix} 3 & 0 \\ 2 & -1 \end{vmatrix} \end{pmatrix}
Soit :
com(PB ⟶ Bp)=(∣−1011∣−∣2011∣∣2−111∣−∣0−111∣∣3−111∣−∣3011∣∣0−1−10∣−∣3−120∣∣302−1∣)\mathrm{com}(P_{\mathcal{B} \, \longrightarrow \, \mathcal{B}_p} ) = \begin{pmatrix} \begin{vmatrix} -1 & 0 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} & - \begin{vmatrix} 2 & 0 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} & \begin{vmatrix} 2 & -1 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} \\ \\ - \begin{vmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} & \begin{vmatrix} 3 & -1 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} & - \begin{vmatrix} 3 & 0 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} \\ \\ \begin{vmatrix} 0 & -1 \\ -1 & 0 \end{vmatrix} & -\begin{vmatrix} 3 & -1 \\ 2 & 0 \end{vmatrix} & \begin{vmatrix} 3 & 0 \\ 2 & -1 \end{vmatrix} \end{pmatrix}
Soit encore :
com(PB ⟶ Bp)=(−1−23−14−3−1−2−3)\mathrm{com}(P_{\mathcal{B} \, \longrightarrow \, \mathcal{B}_p} ) = \begin{pmatrix} -1 & - 2 & 3 \\ \\ - 1 & 4 & - 3 \\ \\ -1 & -2 & -3 \end{pmatrix}
Ainsi :
tcom(PB ⟶ Bp)=(−1−1−1−24−23−3−3)^t\mathrm{com}(P_{\mathcal{B} \, \longrightarrow \, \mathcal{B}_p} ) = \begin{pmatrix} -1 & - 1 & -1 \\ \\ - 2 & 4 & - 2 \\ \\ 3 & -3 & -3 \end{pmatrix}
De fait, on en déduit que :
PBp ⟶ B=(30−12−10111)−1=1−6(−1−1−1−24−23−3−3)P_{\mathcal{B}_p \, \longrightarrow \, \mathcal{B}} = \begin{pmatrix} 3 & 0 & -1 \\ 2 & -1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}^{-1} = \dfrac{1}{-6} \begin{pmatrix} -1 & - 1 & -1 \\ \\ - 2 & 4 & - 2 \\ \\ 3 & -3 & -3 \end{pmatrix}
Finalement :
PBp ⟶ B=16(1112−42−333)P_{\mathcal{B}_p \, \longrightarrow \, \mathcal{B}} = \dfrac{1}{6} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ \\ 2 & -4 & 2 \\ \\ -3 & 3 & 3 \end{pmatrix}
Question 5

Déterminer l'expression de PBp ⟶ B×A×PB ⟶ BpP_{\mathcal{B}_p \, \longrightarrow \, \mathcal{B}} \times A \times P_{\mathcal{B} \, \longrightarrow \, \mathcal{B}_p}. Que représente cette matrice ?

Correction
On a :
PBp ⟶ B×A×PB ⟶ Bp=16(1112−42−333)×(1−2−2−11−1−102)×(30−12−10111)P_{\mathcal{B}_p \, \longrightarrow \, \mathcal{B}} \times A \times P_{\mathcal{B} \, \longrightarrow \, \mathcal{B}_p} = \dfrac{1}{6} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ \\ 2 & -4 & 2 \\ \\ -3 & 3 & 3 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} 1 & -2 & -2 \\ -1 & 1 & -1 \\ -1 & 0 & 2 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} 3 & 0 & -1 \\ 2 & -1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}
Soit :
PBp ⟶ B×A×PB ⟶ Bp=16(−1−1−14−84−999)×(30−12−10111)P_{\mathcal{B}_p \, \longrightarrow \, \mathcal{B}} \times A \times P_{\mathcal{B} \, \longrightarrow \, \mathcal{B}_p} = \dfrac{1}{6} \begin{pmatrix} -1 & -1 & -1 \\ \\ 4 & -8 & 4 \\ \\ -9 & 9 & 9 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} 3 & 0 & -1 \\ 2 & -1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}
Soit encore :
PBp ⟶ B×A×PB ⟶ Bp=16(−60001200018)P_{\mathcal{B}_p \, \longrightarrow \, \mathcal{B}} \times A \times P_{\mathcal{B} \, \longrightarrow \, \mathcal{B}_p} = \dfrac{1}{6} \begin{pmatrix} -6 & 0 & 0 \\ \\ 0 & 12 & 0 \\ \\ 0 & 0 & 18 \end{pmatrix}
Finalement :
PBp ⟶ B×A×PB ⟶ Bp=(−100020003)P_{\mathcal{B}_p \, \longrightarrow \, \mathcal{B}} \times A \times P_{\mathcal{B} \, \longrightarrow \, \mathcal{B}_p} = \begin{pmatrix} -1 & 0 & 0 \\ \\ 0 & 2 & 0 \\ \\ 0 & 0 & 3 \end{pmatrix}
Cette matrice représente l'expression matricielle de l'endomorphisme uu dans la base propre, soit ABpA_{\mathcal{B}_p}. Elle comporte les valeurs propres sur sa diagonale principale, dans le même ordre que celui des vecteurs propres associés. Donc, avec A=ABA = A_{\mathcal{B}}, on obtient :
ABp=PBp ⟶ B×AB×PB ⟶ BpA_{\mathcal{B}_p} = P_{\mathcal{B}_p \, \longrightarrow \, \mathcal{B}} \times A_{\mathcal{B}} \times P_{\mathcal{B} \, \longrightarrow \, \mathcal{B}_p}