Montrer que si \(A\) a \(n\) valeurs propres distinctes (avec \(\operatorname{dim} E=n\)), alors \(A\) est diagonalisable

Si tous les \(\lambda_i\) sont distincts, alors la multiplicité de chaque valeur propre est \(1\)

$$1\leqslant\operatorname{dim} E_{\lambda_i}\leqslant m=1\implies\operatorname{dim} E_{\lambda_i}=1$$

(Multiplicité d'une racine - Ordre d'une racine)

La matrice $$A=\begin{pmatrix}3&1&1\\ 2&4&2\\ 1&1&3\end{pmatrix}$$ est-elle diagonalisable ? Si oui, indiquer sa matrice diagonale

Calcul du polynôme associé
On a : $$P_A(x)=\operatorname{det}(A-X\operatorname{Id})=\operatorname{det}\begin{pmatrix}3-X&1&1\\ 2&4-X&2\\ 1&1&3-X\end{pmatrix}=(6-X)(2-X)^2$$

Calculer les \(\ker\) avec l'algorithme du compagnon
Calculer la dimension de \(\ker(A-6\operatorname{Id})\) et \(\ker(A-2\operatorname{Id})\) à l'aide de l'algorithme du compagnon
On a : $$\ker(A-6\operatorname{Id})=\operatorname{Vect}\left\{\begin{pmatrix}1\\ 2\\ 1\end{pmatrix}\right\}\quad\text{ et }\quad\ker(A-2\operatorname{Id})=\operatorname{Vect}\left\{\begin{pmatrix}-1\\ 1\\ 0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}-1\\ 0\\ 1\end{pmatrix}\right\}$$

On a bien \(\operatorname{dim}\ker(A-6\operatorname{Id})=1\) et \(\operatorname{dim}\ker(A-2\operatorname{Id})=2\), donc on a bien pour toute valeur propre \(\lambda\) de \(A\) \(E_\lambda=\operatorname{multiplicite}\)
La matrice \(A\) est donc diagonalisable

Donner \(P\) la matrice formée par les \(\ker\)
Soit \(P=\begin{pmatrix}-1&1&-1\\ 1&2&0\\ 0&1&1\end{pmatrix}\)

Vérifier que \(P\) est inversible et calculer la matrice inverse de \(P\)
Alors $$P^{-1}=\frac14\begin{pmatrix}-2&2&-2\\ 1&1&1\\ -1&-1&3\end{pmatrix}$$

Faire le changement de base : on a bien une matrice diagonale avec les valeurs propres de \(A\) dans la diagonale

On a bien $$P^{-1}AP=\begin{pmatrix}2&0&0\\ 0&6&0\\ 0&0&2\end{pmatrix}$$

(Vecteur propre - Valeur propre - Elément propre, Polynôme caractéristique d'une matrice - Polynôme associé à une matrice, Matrice augmentée - Algorithme du compagnon, Changement de base)

Soit \(A=\begin{pmatrix}1&1&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1\end{pmatrix}\)
\(A\) est-elle diagonalisable ? Si oui, indiquer sa matrice diagonale

Calcul du polynôme associé
$$P_A(x)=\operatorname{det}\begin{pmatrix}1-x&1&0\\ 0&1-x&0\\ 0&0&1-x\end{pmatrix}=(1-x)^3$$
La valeur propre de \(A\) est donc \(1\), avec une multiplicité de \(3\)

Or, $$A-1\operatorname{Id}=\begin{pmatrix}0&1&0\\ 0&0&0\\ 0&0&0\end{pmatrix}\implies\ker(A-1\operatorname{Id})=\operatorname{Vect}\left\{\begin{pmatrix}1\\ 0\\ 0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\ 0\\ 1\end{pmatrix}\right\}$$
Ainsi \(\operatorname{dim} E_1=2\neq3\), donc \(A\) n'est pas diagonalisable

La matrice \(\begin{pmatrix}\cos\varphi&-\sin\varphi\\ \sin\varphi&\cos\varphi\end{pmatrix}\) est-elle diagonalisable ? Si oui, indiquer sa matrice diagonale

Calcul du polynôme associé
$$P_A(x)=\operatorname{det}\begin{pmatrix}\cos\varphi-x&-\sin\varphi\\ \sin\varphi&\cos\varphi-x\end{pmatrix}=x^2-2\cos(\varphi)x+1=(x-e^{i\varphi})(x+e^{i\varphi})$$

Dire pour quels \(\varphi\) le polynôme est scindé
Pour \(\varphi\neq0\mod\pi\), \(P_A(x)\) n'est pas scindé sur \({\Bbb R}\), donc \(A\) n'est pas diagonalisable

Pour \(\varphi\neq0\mod\pi\), \(A\) est bien diagonalisable sur \({\Bbb C}\) avec $$P^{-1}AP=\begin{pmatrix} e^{i\varphi}&0\\ 0&e^{-i\varphi}\end{pmatrix}$$

Résoudre le système d'équations $$\begin{align} x^\prime&=-7x+12y\\ y^\prime&=-4x+7y\end{align}$$

Réécriture sous forme de produit de matrices
$$\binom{x^\prime(t)}{y^\prime(t)}=\begin{pmatrix}-7&12\\ -4&7\end{pmatrix}\binom{x(t)}{y(t)}$$

Diagonalisation
La matrice est diagonalisable de valeurs propres \(-1\) et \(1\), il existe donc une matrice \(P\) telle que : $$P^{-1}\begin{pmatrix}-7&12\\ -4&7\end{pmatrix} P=\begin{pmatrix}1&0\\ 0&-1\end{pmatrix}$$

Résolution en utilisant le DL
L'équation est de la forme \(z^\prime=Az\), donc la solution est donnée par \(ce^{At}\), avec $$e^{At}=\sum^\infty_{k=0}\frac{(At)^k}{k!}$$

Vérification
$$\begin{align} f(t)&=\sum^\infty_{k=0}\frac{t^kA^k}{k!}\\ \implies f^\prime(t)&=\sum^\infty_{k=0}\frac{t^{k-1}}{(k-1)!}A\cdot A^{k-1}\\ &=A\sum^\infty_{\ell=0}\frac{t^\ell A^\ell}{\ell!}\quad\text{ avec }\quad\ell=k-1\\ &=Ae^{At}\qquad\checkmark\end{align}$$

Conclusion

Soit \(c\in{\Bbb R}^n\), alors \(z(t)=e^{At}c\) et \(z^\prime(t)=Ae^{At}c=Az(t)\)
On a donc les solutions de l'équation

(Exponentielle d'une matrice)

Soient \((a_n)_n\) et \((b_n)_n\) deux suites telles que : $$\begin{cases} a_{n+1}=a_n+b_n\\ b_{n+1}=2a_n\end{cases}$$ et \(a_0=0\) et \(b_0=1\)
Donner les expressions de \((a_n)_n\) et de \((b_n)_n\) en fonction de \(n\)

On pose \(v_n=\begin{pmatrix} a_n\\ b_n\end{pmatrix}\). On a \(v_{n+1}=\underbrace{\begin{pmatrix}1&1\\ 2&0\end{pmatrix}}_B v_n\)
On cherche à diagonaliser \(\begin{pmatrix}1&1\\ 2&0\end{pmatrix}\) (si possible)

Valeurs propres et bases propres associées
On constate que \(\begin{pmatrix}1\\ 1\end{pmatrix}\) est propre pour \(2\)
Puisque \(\operatorname{trace}(B)=1\), l'autre valeur propre est \(-1\)
On constate que \(\begin{pmatrix}1\\ -2\end{pmatrix}\) est propre pour \(-1\)

En déduire \(P\) et \(P^{-1}\) par la méthode de Cramer
Soit \(P=\begin{pmatrix}1&1\\ -2&1\end{pmatrix}\)
Par la méthode de Cramer, on a : $$P^{-1}=\frac1{\operatorname{det} P}\,^t\operatorname{Comat} (P)=\frac13\begin{pmatrix}1&-1\\ 2&1\end{pmatrix}$$

Calcul de \(B^n\) et conclusion

Alors \(v_n=Bv_{n-1}=B^2v_{n-2}=\ldots=B^nn_0\) $$\begin{align} v_n&=P\begin{pmatrix}(-1)^n&0\\ 0&2^n\end{pmatrix} P^{-1}v_0\\ &=\frac13\begin{pmatrix}1&1\\ -2&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}(-1)^n&0\\ 0&2^n\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&-1\\ 2&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0\\ 1\end{pmatrix}\\ &=\frac13\begin{pmatrix}1&1\\ -2&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}(-1)^n&0\\ 0&2^n\end{pmatrix}\begin{pmatrix}-1\\ 1\end{pmatrix}\\ &=\frac13\begin{pmatrix}1&1\\ -2&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}(-1)^n\\ 2^n\end{pmatrix}\\ &=\frac13\begin{pmatrix}(-1)^n+2^n\\ 2(-1)^{n+1}+2^n\end{pmatrix}\end{align}$$
Donc \(\forall n\in{\Bbb N}\), on a \(a_n=\frac{(-1)^n+2^n}3\) et \(b_n=\frac{2(-1)^{n+1}+2^n}3\)

(Polynôme caractéristique d'une matrice - Polynôme associé à une matrice, Trace, Règle de Cramer - Méthode de Cramer, Matrice diagonale (Puissance))

Soit \(A\) la matrice $$A=\begin{pmatrix}0&1&0\\ 0&0&1\\ -2&1&2\end{pmatrix}$$ \(A\) est diagonalisable et ses valeurs propres sont \(-1\), \(1\) et \(2\)
Ses espaces propres associés sont \(E_{-1}=\operatorname{Vect}\begin{pmatrix}1\\ -1\\ 1\end{pmatrix}\), \(E_1=\operatorname{Vect}\begin{pmatrix}1\\ 1\\ 1\end{pmatrix}\) et \(E_2=\operatorname{Vect}\begin{pmatrix}1\\ 2\\ 4\end{pmatrix}\)
On considère la suite récurrente \((u_n)_n\) définie par la donnée des termes \(u_0\), \(u_1\) et \(u_2\) et par la relation : $$u_{n+3}=2u_{n+2}+u_{n+1}-2u_n$$ en utilisant le vecteur \(X_n=\begin{pmatrix} u_n\\ u_{n+1}\\ u_{n+2}\end{pmatrix}\), donner, à l'aide de \(A\), le terme général \(u_n\) en fonction de \(u_0\), \(u_1\), \(u_2\) et \(n\)

Exprimer \(X_{n+1}\) en fonction de \(X_n\)
On a $$X_{n+1}=\begin{pmatrix} u_{n+1}\\ u_{n+2}\\ u_{n+3}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} u_{n+1}\\ u_{n+2}\\ 2u_{n+2}+u_{n+1}-2u_n\end{pmatrix}=\underbrace{\begin{pmatrix}0&1&0\\ 0&0&1\\ -2&1&2\end{pmatrix}}_A\begin{pmatrix} u_n\\ u_{n+1}\\ u_{n+2}\end{pmatrix}$$

On a \(P=\begin{pmatrix}1&1&1\\ 1&-1&2\\ 1&1&4\end{pmatrix}\)
Déterminons \(P^{-1}\) grâce à l'algorithme du compagnon : $$\begin{align}&\begin{pmatrix}1&1&1\\ 1&-1&2\\ 1&1&4\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1\end{pmatrix}&&\begin{array}{l}c_2\gets c_2-c_1\\ c_3\gets c_3-c_1\end{array}\\ &\begin{pmatrix}1&0&0\\ 1&-2&1\\ 1&0&3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&-1&-1\\ 0&1&0\\ 0&0&1\end{pmatrix}&&\begin{array}{l}c_1\gets c_1+\frac{c_2}2\\ c_2\gets-\frac{-c_2}2\\ c_3\gets\frac{c_3}3\end{array}\\ &\begin{pmatrix}1&0&0\\ 0&1&0\\ 1&0&3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1/2&1/2&-3/2\\ 0&-1/2&1/2\\ 0&0&1\end{pmatrix}&&\begin{array}{l}c_1\gets c_1-\frac{c_3}3\\ c_3\gets \frac{c_3}3\end{array}\\ &\begin{pmatrix}1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&1/2&-1/2\\ -1/6&-1/2&1/6\\ -1/3&0&1/3\end{pmatrix}\end{align}$$
Donc \(P^{-1}=\cfrac16\begin{pmatrix}6&3&-3\\ -1&-3&1\\ -2&0&2\end{pmatrix}\)

Donc $$\begin{align} X_n&=\frac16\begin{pmatrix}1&1&1\\ 1&-1&2\\ 1&1&4\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&0&0\\ 0&-1&0\\ 0&0&2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}6&3&-3\\ 2&-3&1\\ -2&0&2\end{pmatrix}\\ &=\frac16\begin{pmatrix}6+2(-1)^n-2^{n+1}&3+3(-1)^{n+1}&-3+(-1)^n+2^{n+1}\\ 6+2(-1)^{n+1}-2^{n+2}&3+3(-1)^n&-3+(-1)^{n+1}+2^{n+2}\\ 6+2(-1)^n-2^{n+3}&3+3(-1)^{n+1}&-3+(-1)^n+2^{n+3}\end{pmatrix}\end{align}$$ et \(u_n=\frac{6+2(-1)^n-2^{n+1}}6u_0+\frac{3+3(-1)^{n+1}}6u_1+\frac{-3+(-1)^n+2^{n+1}}6u_2\)

(Matrice augmentée - Algorithme du compagnon)

La matrice $$A=\begin{pmatrix}3&1&1\\ 2&4&2\\ 1&1&3\end{pmatrix}$$ est-elle diagonalisable ?

On calcule le polynôme caractéristique : $$\begin{align} P(\lambda)&=\begin{vmatrix}3-\lambda&1&1\\ 2&4-\lambda&2\\ 1&1&3- \lambda\end{vmatrix}\\ &=(3-\lambda)\begin{vmatrix}4-\lambda&2\\ 1&3-\lambda\end{vmatrix}-2\begin{vmatrix}1&1\\ 1&3-\lambda\end{vmatrix}+\begin{vmatrix}1&1\\ 4-\lambda&2\end{vmatrix}\\ &=(3-\lambda)((4-\lambda)(3-\lambda)-2)-2(2-\lambda)+(\lambda-2)\\ &=(3-\lambda)(\lambda^2-7\lambda+10)-6+3\lambda\\ &=-\lambda^3+10\lambda^2-28\lambda+24\end{align}$$

Racines évidentes
On remarque la racine \(2\) : $$=(\lambda-2)(-\lambda^2+8\lambda-12)$$
On remarque que \(2\) est encore racine : $$=-(\lambda-2)^2(\lambda-6)$$
Les valeurs propres sont \(2\) et \(6\)

On cherche le sous-espace vectoriel propre pour \(\lambda=2\)
$$\begin{align}(A-2\operatorname{Id})\begin{pmatrix} x\\ y\\ z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\ 0\\ 0\end{pmatrix}&\implies\begin{cases} x+y+z=0\\ 2x+2y+2z=0\\ x+y+z=0\end{cases}\\ &\implies x+y+z=0\end{align}$$

C'est que équation de plan : \(\operatorname{dim}=2\)
Il a pour base \(\begin{pmatrix}-1\\ -1\\ 0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1\\ 0\\ -1\end{pmatrix}\)

On cherche le sous-espace propre pour \(\lambda=6\) : $$\begin{align}(A-6\operatorname{Id})\begin{pmatrix} x\\ y\\ z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\ 0\\ 0\end{pmatrix}&\implies\begin{cases} -3x+y+z=0\\ 2x-2y+2z=0\\ x+y-z=0\end{cases}\\ &\implies\begin{cases} 4y-8z=0\\ -4y+8z=0\\ x+y-z=0\end{cases}&&\begin{array}{}L_1\gets L_1+3L_3\\ L_2\gets L_2-2L_3\end{array}\\ &\implies\begin{cases} y=2z\\ x=z\end{cases}\end{align}$$

C'est la droite \(\operatorname{Vect}\begin{pmatrix}1\\ 2\\ 1\end{pmatrix}\)

Si \(P=\begin{pmatrix}1&1&1\\ -1&0&2\\ 0&-1&1\end{pmatrix}\), alors $$P^{-1}AP=\begin{pmatrix}2&0&0\\ 0&2&0\\ 0&0&6\end{pmatrix}$$

(Déterminant (Développement par colonne / par ligne))

Soit \(M=\begin{pmatrix} a&b\\ c&d\end{pmatrix}\in M_2({\Bbb R})\)
À quelle condition sur \(a,b,c,d\) est-ce que \(M\) est diagonalisable ?

Le polynôme caractéristique est : $$\begin{vmatrix} a-\lambda&b\\ c&d-\lambda\end{vmatrix}=\lambda^2-(a+d)\lambda+(ad-bc)$$

Soit \(\Delta=(a+d)^2-4(ad-bc)=(a-d)^2+4bc\)

• si \(\Delta\gt 0\), il y a deux racines distinctes, donc le polynôme caractéristique est scindé, donc \(M\) est diagonalisable
• si \(\Delta\lt 0\), il n'y a pas de racines réelles, donc le polynôme caractéristique n'est pas diagonalisable
• si \(\Delta=0\), \(M\) est diagonalisable si et seulement si \(\ker(M-\lambda\operatorname{Id})={\Bbb R}^2\) (avec \(\lambda\) la racine), et donc si et seulement si \(M=\lambda\operatorname{Id}\), soit si $$\begin{cases} b=c=0\\ a=d\end{cases}$$

(Equation quadratique - Equation du second degré)

Soit \(u\) l'application suivante : $$u:\begin{align}{\Bbb R}_2[X]&\longrightarrow{\Bbb R}_2[X]\\ P&\longmapsto(2X+1)P-(X^2-1)P^\prime\end{align}$$
Montrer que \(u\) est bien définie et linéaire
Déterminer les valeurs propres de \(u\) et dire si la matrice est diagonalisable

Un élément de \({\Bbb R}_2[x]\) est une fonction de la forme \(ax^2+bx+c\)
On a ainsi $$u(a,b,c)=(a+b,2a+b+2c,b+c)$$

La matrice de \(u\) est : $$\begin{pmatrix}1&1&0\\ 2&1&2\\ 0&1&1\end{pmatrix}$$

Chercher les racines du polynôme caractéristique par développement par ligne
$$\begin{align}\begin{vmatrix}1-\lambda&1&0\\ 2&1-\lambda&2\\ 0&1&1-\lambda\end{vmatrix}&=(1-\lambda)((1-\lambda^2)-2)-2(1-\lambda)\\ &=(1-\lambda)(\lambda^2-2\lambda-3)\\ &=(1-\lambda)(\lambda-3)(\lambda+1)\end{align}$$

Il y a donc \(3\) racines simples. \(P(\lambda)\) est scindé, donc la matrice est diagonalisable

Soit \(u\in\mathcal L({\Bbb R}^4)\) de matrice dans la base canonique : $$A=\begin{pmatrix}1&-1&2&-2\\ 0&0&1&-1\\ 1&-1&1&0\\ 1&-1&1&0\end{pmatrix}$$ déterminer le polynôme caractéristique \(P_u\) de \(u\)
Trouver les espaces propres et les sous-espaces caractéristiques \(F_i\) et donner une base suivant laquelle la matrice de \(u\) se décompose en deux blocs diagonaux

Polynôme caractéristique : go développement par lignes/colonnes pour simplifier
$$\begin{align}\begin{vmatrix}1-\lambda&-1&2&-2\\ 0&-\lambda&1&-1\\ 1&-1&1-\lambda&0\\ 1&-1&1&-\lambda\end{vmatrix}&=\begin{vmatrix}-\lambda&-1&0&-2\\ -\lambda&-\lambda&0&-1\\ 0&-1&1-\lambda&0\\ 0&-1&1-\lambda&-\lambda\end{vmatrix}&\begin{array}{r}c_1\gets c_1+c_2\\ c_3\gets c_3+c_4\end{array}\\ &=-\lambda(1-\lambda)\begin{vmatrix}1-\lambda&0&1\\ -1&1&0\\ -1&1&-\lambda\end{vmatrix}&c_1\gets c_1+c_2\\ &=-\lambda(1-\lambda)^2\begin{vmatrix}1&0\\ 1&-\lambda\end{vmatrix}\\ &=\lambda^2(\lambda-1)^2\end{align}$$

Calculer \(\ker A\) et \(\ker A^2\) (qui correspondent à la valeur propre double \(0\))
Deux valeurs propres doubles : \(0\) et \(1\) $$\begin{align}\ker A:&\begin{cases} x-y+2z-2t=0\\ z-t=0\\ x-y+z=0\\ (x-y+z=0)\end{cases}\\ \iff&\begin{cases} z=t\\ x=y\\ z=0\end{cases}\end{align}$$ \(\ker A=\operatorname{Vect}\begin{pmatrix}1\\ 1\\ 0\\ 0\end{pmatrix}\)
On calcule \(\ker A^2\) : $$A^2=\begin{pmatrix}1&-1&1&-1\\ 0&0&0&0\\ 2&-2&2&-1\\ 2&-2&2&-1\end{pmatrix}$$$\(\begin{cases} x-y+z-t=0\\ 2x-2y+2z-t=0\end{cases}\iff \begin{cases} x-y+z=0\\ t=0\end{cases}\)$ \(\ker A^2=\operatorname{Vect}\underbrace{\left\{\begin{pmatrix}1\\ 1\\ 0\\ 0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1\\ -1\\ -2\\ 0\end{pmatrix}\right\}}_{u^\prime_1,\;u_2}\)

Il vaut mieux prendre \(u_1=Au_2=\begin{pmatrix}-2\\ -2\\ 0\\ 0\end{pmatrix}\)

On cherche \(\ker(A-\operatorname{Id})\) : $$\begin{align}&\begin{cases}-y+2z-2t=0\\ -y+z-t=0\\ x-y=0\\ x-y+z-t=0\end{cases}\\ \iff&\begin{cases} x=y\\ z=t\\ y=0\end{cases}\end{align}$$
Donc \(\ker(A-\operatorname{Id})=\operatorname{Vect}\underbrace{\begin{pmatrix}0\\ 0\\ 1\\ 1\end{pmatrix}}_{u^\prime_3}\)

Comme la dimension de \(\ker(A-\operatorname{Id})\) est trop petite (elle doit être égale à \(2\) (la multiplicité de la valeur propre)), on cherche \(\ker((A-\operatorname{Id})^2)\) $$A-\operatorname{Id}=\begin{pmatrix}0&-1&2&-2\\ 0&-1&1&-1\\ 1&-1&0&0\\ 1&-1&1&-1\end{pmatrix}\implies (A-\operatorname{Id})^2=\begin{pmatrix}0&1&-3&3\\ 0&1&-2&2\\ 0&0&1&-1\\ 0&0&0&0\end{pmatrix}$$$\(\begin{cases} y-3z+3t=0\\ y-2z+2t=0\\ z-t=0\end{cases}\iff \begin{cases} z=t\\ y=0\end{cases}\)$ \(\ker((A-\operatorname{Id})^2)=\operatorname{Vect}\underbrace{\left\{\begin{pmatrix}0\\ 0\\ 1\\ 1\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1\\ 0\\ 0\\ 0\end{pmatrix}\right\}}_{...,\;u_4}\)

On pose \(u_3=(A-\operatorname{Id})u_4=\begin{pmatrix}1\\ 0\\ 1\\ 1\end{pmatrix}\)

Alors, si \(P=\begin{pmatrix}-2&1&0&1\\ -2&-1&0&0\\ 0&-2&1&0\\ 0&0&1&0\end{pmatrix}\), \(P^{-1}AP=\begin{pmatrix}0&1&0&0\\ 0&0&0&0\\ 0&0&1&1\\ 0&0&0&1\end{pmatrix}\)

(Sous-espace caractéristique)

Soit \(u\in\mathcal L({\Bbb R}^4)\) de matrice dans la base canonique : $$A=\begin{pmatrix}1&-1&2&-2\\ 0&0&1&-1\\ 1&-1&1&0\\ 1&-1&1&0\end{pmatrix}$$ de sous-espaces caractéristiques \(N_0\ker A^2=\operatorname{Vect}\underbrace{\left\{\begin{pmatrix}1\\ 1\\ 0\\ 0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1\\ -1\\ -2\\ 0\end{pmatrix}\right\}}_{\ldots,\; u_4}\) et \(N_1=\ker((A-\operatorname{Id})^2)={\operatorname{Vect}\underbrace{\left\{\begin{pmatrix}0\\ 0\\ 1\\ 1\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1\\ 0\\ 0\\ 0\end{pmatrix}\right\}}_{\ldots,\;u_2}}\)
\(A\) est telle que si \(P=\begin{pmatrix}-2&1&0&1\\ -2&-1&0&0\\ 0&-2&1&0\\ 0&0&1&0\end{pmatrix}\), \(P^{-1}AP=\begin{pmatrix}0&1&0&0\\ 0&0&0&0\\ 0&0&1&1\\ 0&0&0&1\end{pmatrix}\)
On a de plus \(u_1=Au_2=\begin{pmatrix}-2\\ -2\\ 0\\ 0\end{pmatrix}\) et \(u_3=(A-\operatorname{Id})u_4=\begin{pmatrix}1\\ 0\\ 1\\ 1\end{pmatrix}\)
Donner les projections \(p_i\) de \({\Bbb R}^4\) sur \(F_i\)

Par définition, si on applique \(A^2\) à \((u_1,u_2,u_3,u_4)\), on obtient : $$(0,0,u_3,u_4+2u_3)$$

Si ensuite on applique \(\begin{pmatrix}1&0&0&0\\ 0&1&0&0\\ 0&0&1&-2\\ 0&0&0&1\end{pmatrix}\), on obtient \((0,0,u_3,u_4)\)

$$P_

\begin{pmatrix}1&0&0&0\\ 0&1&0&0\\ 0&0&1&-2\\ 0&0&0&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&-1&1&-1\\ 0&0&0&0\\ 2&-2&2&-1\\ 2&-2&2&-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&-1&1&-1\\ 0&0&0&0\\ -2&2&-2&1\\ 2&-2&2&-1\end{pmatrix}$$

Si on applique \((A-\operatorname{Id})^2\) à \((u_1,u_2,u_3,u_4)\), on obtient \((u_1,,0,0)\) $$\begin{align}(A-\operatorname{Id})^2u_2&=(A-\operatorname{Id})(A-\operatorname{Id})u_2=(A-\operatorname{Id})(u_1-u_2)\\ &=A(u_1-u_2)-(u_1-u_2)\\ &=-u_1-u_1+u_2\\ &=u_2-2u_1\end{align}$$ $$P_

\begin{pmatrix}1&2&0&0\\ 0&1&0&0\\ 0&0&1&0\\ 0&0&0&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&1&-3&3\\ 0&1&-2&2\\ 0&0&1&-1\\ 0&0&0&0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0&3&-7&7\\ 0&1&-2&2\\ 0&0&1&-1\\ 0&0&0&0\end{pmatrix}$$