Exercice I
1) Le calcul du déterminant donne :

det(v1 , v2 , v3 , v4 ) = −230 = 0 , donc la famille (v1 , v2 , v3 , v4 ) est libre. Etant de cardinal 4 dans l'espace E de dimension 4, elle l'engendre ; c'est donc bien une base de E . 2) Déterminons tout d'abord l'orthogonalisée (w1 , w2 , w3 , w4 ) de B . On a :

w1 = v1 = (1, −2, 0, 0) ,

w2 = v 2 −

(v2 |w1 ) w1 (w1 |w1 ) −10 )(1, −2, 0, 0) = (0, 5, 3, 3) − ( 5 = (2, 1, 3, 3) ,

w3 = v3 −

(v3 |w1 ) (v3 |w2 ) w1 − w2 (w1 |w1 ) (w2 |w2 ) 5 23 = (3, −1, 4, 2) − (1, −2, 0, 0) − (2, 1, 3, 3) 5 23 = (0, 0, 1, −1) ,

et

w4 = v 4 −

(v4 |w1 ) (v4 |w2 ) (v4 |w3 ) w1 − w2 − w3 (w1 |w1 ) (w2 |w2 ) (w3 |w3 ) 5 23 2 = (15, 5, −1, −3) − (1, −2, 0, 0) − (2, 1, 3, 3) − (0, 0, 1, −1) 5 23 2 = (12, 6, −5, −5). wj ; on obtient donc ||wj ||

Par dénition, B = (x1 , x2 , x3 , x4 ) où, pour chaque j , xj :=

2 2 1 3 3 1 1 12 6 5 5 1 B = (( √ , − √ , 0, 0), ( √ , √ , √ , √ ), (0, 0, √ , − √ ), ( √ ,√ , −√ , −√ )) . 5 5 23 23 23 23 2 2 230 230 230 230

1

Exercice II
Le polynôme caractéristique de A est

χA (X) = det(A − XI) 7−X 10 −11i 10 −14 − X 10i = 11i −10i 7−X = (7 − X)(−14 − X)(7 − X) + 10.(10i).11i + (−11i).10.(−10i) −(11i).(−14 − X).(−11i) − (−10i).(10i).(7 − X) − (7 − X).10.10
(en application de la règle de Sarrus)

= (7 − X)2 (−14 − X) − 1100 − 1100 +121(X + 14) − 100(7 − X) − 100(7 − X) = (−X − 14)(X 2 − 14X + 49) + 321X − 1906 = −X 3 + 468X − 2592 = (6 − X)(X 2 + 6X − 432) = −(X − 6)(X − 18)(X + 24) .
Les valeurs propres de A sont donc 6, 18 et −24 ; des calculs simples montrent que les sousespaces       i −i i propres correspondants sont respectivement engendrés par  i ,  0  et −2i. An d'obtenir une 1 1 1 base orthonormée de vecteurs propres, il sut de normaliser ces vecteurs (lesquels, en vertu de la théorie générale, sont automatiquement orthogonaux les uns aux autres pour le produit scalaire hermitien canonique sur C3 ). Ainsi P et D dénies par

 6 0 0 0  D =