Capes : réduction des endomorphismes

Soit $(u_n)$ un vecteur propre associé à la valeur propre $\lambda$. Alors on a $u_0=\lambda u_0$ et pour tout $n\geq 1$, on a $$\frac{u_n+u_{n-1}}2=\lambda u_n\iff (1-2\lambda)u_n=-u_{n-1}.$$ On distingue alors trois cas :

• Si $\lambda=1$, alors on a $u_0=u_0$ (qui n'implique plus rien sur $u_0$), puis pour tout $n\geq 1$, on a $u_n=u_{n-1}$. Réciproquement, toute suite constante et non-nulle est bien vecteur propre de $\phi$ pour la valeur propre 1. On en déduit que $1$ est une valeur propre de $\phi$ dont l'espace propre associé est constitué par les suites constantes.
• Si $\lambda=1/2$, alors l'équation $u_0=\lambda u_0$ donne $u_0=0$ et on a aussi, pour tout $n\geq 1$, $u_{n-1}=0$ ce qui implique que $(u_n)$ est la suite nulle et donc $1/2$ n'est pas valeur propre de $\phi$.
• Dans tous les autres cas, alors $u_0=\lambda u_0$ donne encore $u_0=0$ et pour tout $n\geq 1$, $$u_n=\frac{1}{2\lambda -1}u_{n-1}.$$ Ainsi, la suite $(u_n)$ est là-encore la suite nulle, et $\lambda$ n'est pas valeur propre. En conclusion, la seule valeur propre est 1, et les seuls vecteurs propres sont les suites constantes.

Procédons d'abord avec $A$. Son polynôme caractéristique vaut $$\chi_A(X)=(X-1)(X-2)(X+4).$$ Il est scindé à racines simples, ce qui assure que $A$ est diagonalisable. Il suffit de chercher pour chaque valeur propre un vecteur propre associé. D'abord pour $1,$ on pose $u=\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}$ on résout $Au=u$, c'est-à-dire le système : $$\left\{ \begin{array}{rcl} -x+2y-z&=&0\\ 3x-3y&=&0\\ -2x+2y&=&0 \end{array} \right.$$ Ce système est équivalent à $x=y=z$ et un vecteur propre est donc donné par $\left(\begin{array}{c}1\\1\\1\end{array}\right)$. On fait de même pour $2$ et $-4,$ et on trouve respectivement $\left(\begin{array}{c}4\\3\\-2\end{array}\right)$ et $\left(\begin{array}{c}2\\-3\\2\end{array}\right)$. La matrice $A$ s'écrit donc $A=PDP^{-1}$ avec $$D=\begin{pmatrix} 1&0&0\\ 0&2&0\\ 0&0&-4 \end{pmatrix}$$ et $$P=\left(\begin{array}{ccc} 1&4&2\\ 1&3&-3\\ 1&-2&2 \end{array} \right).$$ Poursuivons avec $B$ dont on calcule le polynôme caractéristique : $$P_B(X)=X^3-5X^2+8X-4.$$ $1$ est racine évidente, on factorise par $X-1$ et finalement on trouve $$\chi_B(X)=(X-1)(X-2)^2.$$ On cherche le sous-espace propre associé à $1$ en résolvant, avec les mêmes notations, $Bu=u$, 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 $1,$ engendré par le vecteur propre $\left(\begin{array}{c}1\\1\\-1\end{array}\right)$. 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 $\mtr^3$. Le sous-espace propre associé à $2$ est donc de dimension $2,$ et une base est donnée par les vecteurs $\left(\begin{array}{c}3\\2\\0\end{array}\right)$ et $\left(\begin{array}{c}1\\0\\1\end{array}\right)$. La matrice $B$ s'écrit donc $B=PDP^{-1}$ avec $$D=\begin{pmatrix} 1&0&0\\ 0&2&0\\ 0&0&2 \end{pmatrix}$$ et $$P=\left(\begin{array}{ccc} 1&3&1\\ 1&2&0\\ -1&0&1 \end{array} \right).$$ Le polynôme caractéristique de $C$ est $\chi_C(X)=(-1X)^2(X-2)$. On procède exactement comme précédemment, et on trouve que $(u_1,u_2)$ forme une base de l'espace propre associé à la valeur propre $1,$ avec $u_1=(1,1,0)$ et $u_2=(0,1,1)$ et que $(u_3)$ forme une base de l'espace propre associé à la valeur propre $2,$ avec $u_3=(0,0,1)$. Ainsi, $C$ s'écrit $C=PDP^{-1}$ avec $D$ la matrice diagonale $$D=\left( \begin{array}{ccc} 1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&2 \end{array}\right)$$ et $$P=\left(\begin{array}{ccc} 1&0&0\\ 1&1&0\\ 0&1&1 \end{array}\right).$$ Insistons sur un point : il n'y a pas unicité du résultat, notamment pour les matrices $B$ et $C$ où un des espaces propres est de dimension 2. Par exemple, pour la matrice $C,$ on aurait aussi pu choisir le vecteur $(1,0,-1)$ à la place du vecteur $(1,1,0)$.

La matrice $A$ étant triangulaire supérieure, ses valeurs propres sont données par les éléments de la diagonale. La seule valeur propre de $A$ est donc $\pi$. Si $A$ était diagonalisable, alors il existerait une matrice $P\in GL_3(\mathbb R)$ telle que $$A=P(\pi I_3)P^{-1}.$$ Mais puisque $I_3$ commute avec toutes les matrices, on aurait $$A=\pi I_3 PP^{-1}=\pi I_3.$$ Ce n'est pas le cas : $A$ n'est donc pas diagonalisable.

On calcule le polynôme caractéristique de $A$ et on trouve $$P_A(X)=(X-1)(X+8).$$ Les racines du polynôme caractéristique de $A$ sont toutes dans $\mathbb R$ et toutes distinctes. $A$ est donc diagonalisable. Il existe donc une matrice inversible $P$ telle que $A=PDP^{-1}$, avec $$D=\left(\begin{array}{cc} 1&0\\ 0&-8 \end{array}\right).$$ Pour prouver l'existence d'une matrice $B$ telle que $B^3=A$, l'idée est de d'abord faire la même chose avec $D$. Mais si $$M=\left(\begin{array}{cc} 1&0\\ 0&-2 \end{array}\right)$$ alors on a $M^3=D$. Posons $B=PMP^{-1}$. Alors $$B^3=PM^3P^{-1}=PDP^{-1}=A.$$ Remarquons que l'énoncé de l'exercice ne demande pas de calculer $B$...