Translater le spectre

Ce qu'on montre. Une équivalence entre deux relations propres, puis on en tire un spectre.

L'équivalence. Soit $X$ une colonne non nulle et $\lambda \in \mathbb{R}$. On a la chaîne d'équivalences $$(A+\alpha I_n)X=(\lambda +\alpha )X⟺AX+\alpha X=\lambda X+\alpha X⟺AX=\lambda X.$$ La deuxième équivalence s'obtient en retranchant $\alpha X$ aux deux membres, ce qui est licite dans ${\mathcal{M}}_{n,1}(\mathbb{R})$.

Les deux conséquences. Prise sur les colonnes non nulles, cette équivalence dit que $\lambda +\alpha$ est valeur propre de $A+\alpha I_n$ si et seulement si $\lambda$ est valeur propre de $A$ : d'où l'égalité des spectres annoncée, en posant $\mu =\lambda +\alpha$. Prise sur toutes les colonnes (la relation reste vraie pour $X=0$), elle dit que les deux noyaux coïncident : $$E_{\lambda +\alpha }(A+\alpha I_n)=\ker (A+\alpha I_n-(\lambda +\alpha )I_n)=\ker (A-\lambda I_n)=E_{\lambda }(A).$$

L'application. Posons $N=A-2I_3=\left(\begin{array}{ccc}0& 1& 0\\ 0& 0& 1\\ 0& 0& 0\end{array}\right)$. Un calcul direct donne $N^2=\left(\begin{array}{ccc}0& 0& 1\\ 0& 0& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right)$ puis $N^3=0$. Le polynôme $Q=x^3$ est donc annulateur de $N$, et toute valeur propre de $N$ est racine de $Q$ : $\mathrm{Sp}(N)\subset \{0\}$. Comme $N$ n'est pas inversible (sa dernière ligne est nulle), $0$ est effectivement valeur propre, donc $\mathrm{Sp}(N)=\{0\}$.

Conclusion. Par translation, $\mathrm{Sp}(A)=\mathrm{Sp}(N+2I_3)=\{0+2\}=\{2\}$, et $E_2(A)=E_0(N)=\ker N=\mathrm{Vect}({}^t(1,0,0))$, de dimension $1$.