Sujet $$4$$ - Exercice 1

$$\bullet \,\,$$ si $$b=0$$ alors il n'y a rien à faire car la matrice est diagonale et proportionnelle à la matrice identité $$I_3$$.
$$\bullet \bullet \,\,$$ Supposons maintenant que $$b \neq 0$$.
Soit $$\lambda$$ un nombre complexe.
Notons par $$P_u$$ le polynôme caractéristique de $$u$$. On a alors :
$$P_u(\lambda) = \det \big( M_B - \lambda I_3 \big) = \begin{vmatrix} a - \lambda & 0 & b \\ 0 & a+b-\lambda & 0 \\ b & 0 & a - \lambda\\ \end{vmatrix}$$
Effectuons la substitution $$C_1 \longleftarrow C_1 + C_2 + C_3$$. On a alors :
$$P_u(\lambda) = \begin{vmatrix} a+b - \lambda & 0 & b \\ a+b-\lambda & a+b-\lambda & 0 \\ a+b-\lambda & 0 & a - \lambda\\ \end{vmatrix}$$
Factorisons le déterminant précédent par le terme $$a+b - \lambda$$ présent dans toute la première colonne. On a alors :
$$P_u(\lambda) = (a+b - \lambda)\begin{vmatrix} 1 & 0 & b \\ 1 & a+b-\lambda & 0 \\ 1 & 0 & a - \lambda\\ \end{vmatrix}$$
Effectuons maintenant les deux transformations suivantes : $$L_2 \longleftarrow L_2 - L_1$$ et $$L_3 \longleftarrow L_3 - L_1$$. On obtient alors :
$$P_u(\lambda) = (a+b - \lambda)\begin{vmatrix} 1 & 0 & b \\ 0 & a+b-\lambda & -b \\ 0 & 0 & a - b - \lambda\\ \end{vmatrix}$$
On va développer ce déterminant suivant la troisième ligne. On obtient :
$$P_u(\lambda) = (a+b - \lambda)(a - b - \lambda) \begin{vmatrix} 1 & 0 \\ 0 & a+b-\lambda \\ \end{vmatrix} = (a+b - \lambda)(a - b - \lambda)(a+b - \lambda)$$
Donc :
$$P_u(\lambda) = (a+b - \lambda)^2(a - b - \lambda)$$
La résolution de $$P_u(\lambda) = 0$$ conduit à $$(a+b - \lambda)^2(a - b - \lambda) = 0$$. On constate donc que l'endomorphisme étudié admet deux valeurs propres distinctes :
$$\blacktriangleright \,\,$$ on a $$\lambda = a - b$$ de multiplicité $$m_{a-b} = 1$$ et de sous-espace propre $$V(a-b) = \ker\big( u - (a-b)\mathrm{Id}_E \big)$$ ;
$$\blacktriangleright \blacktriangleright \,\,$$ on a $$\lambda = a + b$$ de multiplicité $$m_{a+b} = 2$$ et de sous-espace propre $$V(a+b) = \ker\big( u - (a+b)\mathrm{Id}_E \big)$$.
$${\color{red}{\bf{\clubsuit \,\, Premier \,\, cas \, : \,\, }} \lambda = a-b}$$
Supposons donc que $$\lambda = a - b$$. Posons $$X = x_1 e_1 + x_2 e_2 + x_3 e_3 \in E$$ avec $$(x_1 \,;\, x_2 \,;\, x_3) \in \mathbb{C}^3$$.
L'équation aux valeurs propres, sous forme matricielle et dans la base $$B$$, est alors :
$$M_B X = (a-b) X \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \begin{pmatrix} a & 0 & b \\ 0 & a+b & 0 \\ b & 0 & a \\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ \end{pmatrix} = (a-b) \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ \end{pmatrix} \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \begin{pmatrix} a & 0 & b \\ 0 & a+b & 0 \\ b & 0 & a \\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} (a-b) x_1 \\ (a-b) x_2 \\ (a-b) x_3 \\ \end{pmatrix}$$
Ce qui nous conduit au système linéaire suivant :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} ax_1 + bx_3 & = & (a-b) x_1 \\ (a+b) x_2 & = & (a-b) x_2 \\ bx_1 + ax_3 & = & (a-b) x_3 \end{array} \right. \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} bx_1 + bx_3 & = & 0 \\ 2b x_2 & = & 0 \\ bx_1 + bx_3 & = & 0 \end{array} \right. \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} x_1 + x_3 & = & 0 \\ x_2 & = & 0 \\ x_1 + x_3 & = & 0 \end{array} \right.$$
Donc:
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} x_1 & = & -x_3 \\ x_2 & = & 0 \\ x_3 & \in & \mathbb{C} \end{array} \right. \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, X = \begin{pmatrix} -x_3 \\ 0 \\ x_3 \\ \end{pmatrix} = -x_3 \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \\ \end{pmatrix}$$
De fait on a :
$$V(a-b) = \mathrm{Vect}\left\lbrace \, \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \\ \end{pmatrix} \, \right\rbrace \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, \dim V(a-b) = 1 \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \dim V(a-b) = m_{a-b}$$
Et par simplicité on fait le choix du vecteur propre :
$$X_{a-b} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \\ \end{pmatrix}$$
$${\color{red}{\bf{\clubsuit \clubsuit \,\, Deuxième \,\, cas \, : \,\, }} \lambda = a+b}$$
Supposons donc que $$\lambda = a + b$$. Posons $$X = x_1 e_1 + x_2 e_2 + x_3 e_3 \in E$$ avec $$(x_1 \,;\, x_2 \,;\, x_3) \in \mathbb{C}^3$$.
L'équation aux valeurs propres, sous forme matricielle et dans la base $$B$$, est alors :
$$M_B X = (a+b) X \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \begin{pmatrix} a & 0 & b \\ 0 & a+b & 0 \\ b & 0 & a \\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ \end{pmatrix} = (a+b) \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ \end{pmatrix} \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \begin{pmatrix} a & 0 & b \\ 0 & a+b & 0 \\ b & 0 & a \\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} (a+b) x_1 \\ (a+b) x_2 \\ (a+b) x_3 \\ \end{pmatrix}$$
Ce qui nous conduit au système linéaire suivant :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} ax_1 + bx_3 & = & (a+b) x_1 \\ (a+b) x_2 & = & (a+b) x_2 \\ bx_1 + ax_3 & = & (a+b) x_3 \end{array} \right. \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} -bx_1 + bx_3 & = & 0 \\ 0 & = & 0 \\ bx_1 - bx_3 & = & 0 \end{array} \right. \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} x_1 & = & x_3 \\ x_2 & \in & \mathbb{C} \\ x_1 & = & x_3 \end{array} \right.$$
Donc:
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} x_1 & = & x_3 \\ x_2 & \in & \mathbb{C} \\ x_3 & \in & \mathbb{C} \end{array} \right. \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, X = \begin{pmatrix} x_3 \\ x_2 \\ x_3 \\ \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ x_2 \\ 0 \\ \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} x_3 \\ 0 \\ x_3 \\ \end{pmatrix} = x_2 \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ \end{pmatrix} + x_3\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \\ \end{pmatrix}$$
De fait on a :
$$V(a+b) = \mathrm{Vect}\left\lbrace \, \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ \end{pmatrix} \,;\, \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \\ \end{pmatrix} \, \right\rbrace$$
Vérifions que les deux vecteurs $$\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ \end{pmatrix}$$ et $$\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \\ \end{pmatrix}$$ sont non colinéaires. On cet effet, on a :
$$\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ \end{pmatrix} \wedge \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \\ \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \\ \end{pmatrix} \neq \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ \end{pmatrix}$$
Donc les deux vecteurs indiqués ne sont pas colinéaires entre eux.
Ainsi on a :
$$\dim V(a+b) = 2 \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \dim V(a+b) = m_{a+b}$$
Et par simplicité on fait le choix du vecteur propre :
$$X_{a+b(1)} = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ \end{pmatrix} \,\,\,\, \mathrm{et} \,\,\,\, X_{a+b(2)} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \\ \end{pmatrix}$$
De fait, on a une base propre $$B_p$$ qui peut être :
$$B_p = \left( X_{a-b} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \\ \end{pmatrix} \,;\, X_{a+b(1)} = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ \end{pmatrix} \,;\, X_{a+b(2)} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \\ \end{pmatrix} \right)$$
Ainsi l'endomorphisme $$u$$ est représenté par la matrice diagonale $$M_{B_p}$$ suivante :
$$M_{B_p} = \begin{pmatrix} a-b & 0 & 0 \\ 0 & a+b & 0 \\ 0 & 0 & a+b \\ \end{pmatrix}$$
A laquelle on associe la matrice de passage $$P_{B \longrightarrow {B_p}}$$ suivante :
$$P_{B \longrightarrow {B_p}} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ -1 & 1 & 1 \\ \end{pmatrix}$$
Et on en déduit aisément que :
$$P_{{B_p} \longrightarrow B} = \dfrac{1}{2}\begin{pmatrix} 1 & 1 & -1 \\ 0 & 2 & 0 \\ 1 & -1 & 1 \\ \end{pmatrix}$$
En conclusion, l'endomorphisme $$u$$ est toujours diagonalisable.