1. **Énoncé du problème :** Déterminer le noyau de $A_\alpha - 2I_3$ où $$A_\alpha = \begin{pmatrix} -1 & 3 & -3 \\ -\alpha & 2 + \alpha & -\alpha \\ 1 & -1 & 3 \end{pmatrix}$$ 2. **Calcul de $A_\alpha - 2I_3$ :** $$A_\alpha - 2I_3 = \begin{pmatrix} -1-2 & 3 & -3 \\ -\alpha & 2+\alpha-2 & -\alpha \\ 1 & -1 & 3-2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -3 & 3 & -3 \\ -\alpha & \alpha & -\alpha \\ 1 & -1 & 1 \end{pmatrix}$$ 3. **Déterminer $\ker(A_\alpha - 2I_3)$ :** On cherche $X = \begin{pmatrix}x \\ y \\ z \end{pmatrix}$ tel que $$(A_\alpha - 2I_3)X = 0$$ Ce qui donne le système : \begin{cases} -3x + 3y - 3z = 0 \\ -\alpha x + \alpha y - \alpha z = 0 \\ x - y + z = 0 \end{cases} 4. **Simplification du système :** Divisons la deuxième équation par $-\alpha$ (si $\alpha \neq 0$) : $$x - y + z = 0$$ On remarque que la première et la troisième équation sont multiples : - La première est $-3(x - y + z) = 0$ - La troisième est $x - y + z = 0$ Donc le système se réduit à une seule équation : $$x - y + z = 0$$ 5. **Description du noyau :** L'ensemble des solutions est $$\ker(A_\alpha - 2I_3) = \{(x,y,z) \in \mathbb{R}^3 : x - y + z = 0\}$$ C'est un plan vectoriel de dimension 2. --- 6. **Polynôme caractéristique de $A_\alpha$ :** On sait que $2$ est une valeur propre car $\det(A_\alpha - 2I_3) = 0$ (car $\ker$ non trivial). Calculons $\chi_{A_\alpha}(\lambda) = \det(A_\alpha - \lambda I_3)$ : $$\det \begin{pmatrix} -1 - \lambda & 3 & -3 \\ -\alpha & 2 + \alpha - \lambda & -\alpha \\ 1 & -1 & 3 - \lambda \end{pmatrix}$$ En développant, on trouve : $$\chi_{A_\alpha}(\lambda) = -(\lambda - 2)^3$$ 7. **Polynôme minimal :** Puisque $\chi_{A_\alpha}(\lambda) = -(\lambda - 2)^3$, le polynôme minimal divise ce polynôme. On doit vérifier la taille des blocs de Jordan pour déterminer le polynôme minimal. --- 8. **Trigonalisabilité et diagonalisabilité :** - $A_\alpha$ est toujours trigonalisable sur $\mathbb{R}$ car toute matrice carrée complexe est trigonalisable. - $A_\alpha$ est diagonalisable si et seulement si la dimension du noyau de $(A_\alpha - 2I_3)$ est égale à la multiplicité de la valeur propre 2, soit 3. Ici, la dimension du noyau est 2 (plan), donc $A_\alpha$ est diagonalisable si et seulement si $\alpha = 0$ (car sinon le noyau est de dimension 2). --- 9. **Cas $\alpha = 2$ :** (a) Soit $w \notin \ker(A_2 - 2I_3)$, alors $$v = (A_2 - 2I_3)w \in \ker(A_2 - 2I_3) \setminus \{0\}$$ car $(A_2 - 2I_3)^2 w = 0$ mais $(A_2 - 2I_3)w \neq 0$. (b) Soit $u \in \ker(A_2 - 2I_3)$ non colinéaire à $v$, alors $(u,v,w)$ est une base de $\mathbb{R}^3$. (c) La matrice $A_2$ est semblable à $$T = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}$$ qui est la forme de Jordan avec un bloc de taille 2. (d) Le polynôme minimal de $e^{tA_2}$ est $$\mu_{e^{tA_2}}(X) = (X - e^{2t})^2$$ car la forme de Jordan de $A_2$ a un bloc de taille 2. (e) **Résolution du système différentiel :** $$(S) \begin{cases} x' = -x + 3y - 3z + 3e^{2t} \\ y' = -2x + 4y - 2z - e^{2t} \\ z' = x - y + 3z \end{cases}$$ On pose $X = \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix}$ et $F(t) = \begin{pmatrix} 3e^{2t} \\ -e^{2t} \\ 0 \end{pmatrix}$. Le système s'écrit $$X' = A_2 X + F(t)$$ La solution générale est $$X(t) = e^{tA_2} C + X_p(t)$$ avec $C$ constante et $X_p$ une solution particulière. On cherche $X_p(t) = e^{2t} U$ avec $U$ vecteur constant. En substituant, $$2 e^{2t} U = A_2 e^{2t} U + F(t) \Rightarrow (2I_3 - A_2) U = F(t) / e^{2t} = \begin{pmatrix} 3 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix}$$ Calculons $$2I_3 - A_2 = \begin{pmatrix} 3 & -3 & 3 \\ 2 & 0 & 2 \\ -1 & 1 & -1 \end{pmatrix}$$ Résolvons $$\begin{pmatrix} 3 & -3 & 3 \\ 2 & 0 & 2 \\ -1 & 1 & -1 \end{pmatrix} U = \begin{pmatrix} 3 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix}$$ On trouve $U = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$. Donc $$X_p(t) = e^{2t} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$$ La solution générale est $$X(t) = e^{tA_2} C + e^{2t} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$$ --- **Réponse finale :** - $\ker(A_\alpha - 2I_3) = \{(x,y,z) \in \mathbb{R}^3 : x - y + z = 0\}$ - $\chi_{A_\alpha}(\lambda) = -(\lambda - 2)^3$ - $A_\alpha$ est toujours trigonalisable. - $A_\alpha$ est diagonalisable si et seulement si $\alpha = 0$. - Pour $\alpha = 2$, $A_2$ est semblable à $T$ donné. - Polynôme minimal de $e^{tA_2}$ est $(X - e^{2t})^2$. - Solution du système différentiel donnée ci-dessus.