Bonjour

tu peux poster tes réponses et on essaiera de voir si c'est juste ! :p)

Voici les réponses que j'ai trouvé :

1°)
a) Soit B(b1,b2,b3) la base canonique de R3,
                                                { (-3)   (-3)   (12) }
Im(f) = Vec{f(b1);f(b2);f(b3)}, soit Im(f) = Vec{  (2) ; (10) ; (14) }
                                                { (10)    (5)    (1) }

b) une application linéaire est bijective si son déterminant est !=0
                               |-3   -3   12|
  Je trouve que le déterminant | 2   10   14| = 486. Donc f est bijective.
                               |10    5    1|

c) le vecteur propre est non nul et tel que f(e) = L e donc si l=0 forcément avec la matrice que l'on a il n'y a que le vecteur nul qui vérifie f(e)=Le   car f est bijective  Donc 0 n'est pas une valeur propre


2°) je pose L une des valeurs propres
a)  
[f(e)] = L . [e]B donc  A.[e]B = L.[e]B = L.I.[e]B
               (0)
(A-L.I).[e]B = (0)
               (0)

j'arrive au système suivant { (-3-L).x-3y+12z = 0
                            { 2x-(10+L)y+14z  = 0
                            { 10x-5y+(1-L)z   = 0

Il existe d'autre solution que x=y=z=0 à ce système si det(A-L.I)) = 0

Je trouve le déterminant suivant (6-L).(-9-L)²

b) espace propre associé à 6 :
                                                
                    { -9x-3y+12z = 0                    (1)                { (1) }
le système devient  { 2x-16y+14z  = 0 et je trouve U1 = (1)  donc E1 = Vec { (1) }
                    { 10x-5y-5z   = 0                   (1)                { (1) }

espace propre associé à -9 :
                                                
                    { 6x-3y+12z  = 0                   (1)                 { (1) }
le système devient  { 2x-y+14z   = 0 et je trouve U2 = (2)   donc E2 = Vec { (2) }
                    { 10x-5y+10z = 0                   (0)                 { (0) }

c) Nous avons ici deux vecteurs propres pour une matrice 3x3 => A n'est pas diagonalisable.


3°)
           ( ( -3    -3   12)   (9 0 0) )   (a)   (0)
(A+9I).U = ( (  2   -10   14) + (0 9 0) ) . (b) = (0) et je trouve le système suivant
           ( ( 10    -5    1)   (0 0 9) )   (c)   (0)

{ 2a-3b+4c != 0
{ 2a-b+14c != 0
{ 2a-b+2c  != 0

                    (0)                     (150 -75 150)
et pour (A+9I)².U = (0) je trouve (A+9I)² = (150 -75 150) et donc le système suivant
                    (0)                     (150 -75 150)

{ 2a-b+2c  = 0
{ 2a-b+2c  = 0
{ 2a-b+2c  = 0  =====> et la j'ai un pb car c'est également la 3eme équation du système précédent ....

j'ai du faire une erreur de calcul mais je ne la trouve pas du tout...

Mis à part cette coquille, le vecteur u3 vérifie bien ces 2 systèmes.

4°) c'est une famille de 3 vecteurs donc pour être une base de R3, il suffit qu'elle soient libre
et je trouve le déterminant = 3

5°) Je calcul [f(U3)]B = A . [U3]B
                        ( 6)
et je trouve [f(U3)]B = (-6)
                        (-9)

6°) a) après calcul, f(U3) est bien égale à 6.U2-9U3
                  (0)
    b) [f(U3)]U = (6)
                  (-9)

    c) Je propose [f(U3)]U = Pub.[f(U3)]B  avec Pub = matrice de passage de la base B à la base U.
       La encore, j'ai un gros doute sur ma réponse

        ( 6  0   0)
7°) T = ( 0  -9  6)
        ( 0  0 - 9)
La également, j'ai un gros doute car j'ai pris une formule du cours et posé tel quel ...

8°) Muu(f) = Pub.Mbb(f).Pbu = Pub.A.Pbu = T
    P^-1.A.P = T
                                               ( 1 1 0 )
Donc pour moi, P = ( [U1]B ; [U2]B ; [U3]B ) = ( 1 2 2 )
                                               ( 1 0 1 )

                                       (  2  1  2 )
et P^-1 = ( 1/det(P) ) . ^tP^* = 1/3 . ( -1  1  2 )
                                       ( -2 -1  1 )

désole pour la presentation mais dans ma fentre de reponse les alignement etait bon

C'est vrai que c'est assez incompréhensible.

Pour le 1) les valeurs propres sont les zéros du polynôme det(A-xI₃).
Si 0 était valeur propre, alors det(A) serait nul. Contradiction avec ce que tu as trouvé avant.

La conclusion sur la non-diagonalisibité est fausse. Pourquoi une matrice 3x3 ne pourrait-elle pas être diagonalisable si elle admet seulement 2 valeurs propres?

On a effectivement le théorème suivant :

Une matrice nxn est diagonalisable lorsqu'elle admet n valeurs propres distinctes mais la réciproque est fausse.

Peut on éditer ses messages pour que je puisse le rendre plus lisible ?

Pour la 1), je ne vois pas ou tu veux en venir. La fonction etant bijective, la valeur 0 nepeut etre la valeur propre de A ?

Pour la non diagonalisation, étant donné que j'ai que 2 valeurs propres, je ne peux pas diagonaliser. C'est ca ?


Merci pour tes réponses en tout cas !

Tu n'as pas vu la notion de polynôme caractéristique?

Pour la diagonalisation, pourquoi ne pourrais-tu pas diagonaliser en ayant seulement 2 valeurs propres? C'est la question que je te pose (car c'est faux).

Non je n'ai pas vu la notion de polynôme caractéristique.
De plus on a vu la diagonalisation assez rapidement en fin de cours sans reelle application pas
des exercices.

Oui mais là tu as inventé une propriété...

Qu'as-tu comme propriétés dans ton cours pour montrer qu'une matrice est diagonalisable?

j'ai trouvé ce théoreme :

"une matrice carrée A d'ordre p à valeurs dans K qui a p valeurs propres disticntes dans K est diagonalisable"

Et sinon j'ai trouvé ca aussi :

L'espace propre engendré par la valeur propre double est de dimension 1 ( Vec{(1 2 0)} ). Par conséquent, la matrice A n'est pas diagonalisable.