Exercice 24

1. Chaque ligne de $A$ fournit une coordonnée de l'image : $$\boxed{u(x\,;y\,;z)=\left(\frac{2x-y-z}{3} \,;\, \frac{-x+2y-z}{3} \,;\, \frac{-x-y+2z}{3}\right)}$$

2. On calcule le produit, le facteur $\frac{1}{9}$ se plaçant devant : $$A^{2}=\frac{1}{9}\begin{pmatrix} 6 & -3 & -3 \\ -3 & 6 & -3 \\ -3 & -3 & 6 \end{pmatrix}=\frac{1}{3}\begin{pmatrix} 2 & -1 & -1 \\ -1 & 2 & -1 \\ -1 & -1 & 2 \end{pmatrix}=A$$

3. Le système $AX=0$ s'écrit $2x-y-z=0$, $-x+2y-z=0$ et $-x-y+2z=0$. En soustrayant les deux premières lignes, $3x-3y=0$, donc $x=y$ ; la première donne alors $z=x$.

Pour l'image, les colonnes de $A$ sont $\frac{1}{3}(2\,;-1\,;-1)$, $\frac{1}{3}(-1\,;2\,;-1)$ et $\frac{1}{3}(-1\,;-1\,;2)$. La somme des coordonnées de chacune est nulle, et deux d'entre elles ne sont pas colinéaires. $$\boxed{\mathrm{Ker}\, u=\mathrm{Vect}\big((1\,;1\,;1)\big) \qquad\text{et}\qquad \mathrm{Im}\, u=\big\{(a\,;b\,;c) \;\big|\; a+b+c=0\big\}}$$

4. Un vecteur $(t\,;t\,;t)$ appartenant à $\mathrm{Im}\, u$ vérifie $3t=0$, donc $t=0$ : l'intersection est réduite au vecteur nul. Et $1+2=3=\dim \mathbb{R}^{3}$, donc le théorème 2 du chapitre 8 conclut. $$\boxed{\begin{array}{l} \mathbb{R}^{3}=\mathrm{Ker}\, u \oplus \mathrm{Im}\, u, \text{ et } u \text{ est la projection sur le plan d'équation } x+y+z=0 \\[1mm] \text{parallèlement à la droite } \mathrm{Vect}\big((1\,;1\,;1)\big). \end{array}}$$ C'est exactement le projecteur des chapitres 7 et 8, retrouvé ici par le calcul matriciel.

5. On soustrait l'identité au double de $A$ : $$S=2A-I_{3}=\frac{1}{3}\begin{pmatrix} 4 & -2 & -2 \\ -2 & 4 & -2 \\ -2 & -2 & 4 \end{pmatrix}-I_{3} =\boxed{\frac{1}{3}\begin{pmatrix} 1 & -2 & -2 \\ -2 & 1 & -2 \\ -2 & -2 & 1 \end{pmatrix}}$$ Un calcul direct donne $S^{2}=I_{3}$. On peut aussi l'obtenir sans calcul, en développant dans l'anneau $\mathcal{M}_{3}(\mathbb{R})$ : $$S^{2}=(2A-I_{3})^{2}=4A^{2}-4A+I_{3}=4A-4A+I_{3}=I_{3}$$

6. La réponse est négative : $$\boxed{A \text{ n'est pas inversible.}}$$ Deux justifications : d'une part $\mathrm{Ker}\, u \neq \{0_{E}\}$, donc $u$ n'est pas un automorphisme et la proposition 3 s'applique ; d'autre part le système $AX=0$ admet la solution non nulle $(1\,;1\,;1)$, ce qui est impossible pour une matrice inversible.