Sous-espaces propres orthogonaux

Orthogonalité. $⟨(1,2,1),(1,-1,1)⟩=1-2+1=0$. Oui — et c'est le théorème qui l'imposait, les valeurs propres $3$ et $-2$ étant distinctes.

Le troisième. $A$ étant symétrique, elle est diagonalisable dans une base orthonormée : le troisième vecteur propre est orthogonal aux deux autres. Il engendre donc $\mathrm{Vect}((1,2,1),(1,-1,1){)}^{\perp }$, une droite.

Le trouver. Il faut $x+2y+z=0$ et $x-y+z=0$. En soustrayant : $3y=0$, donc $y=0$ et $z=-x$. Le troisième vecteur propre est $(1,0,-1)$, à un facteur près.

Vérification. $⟨(1,0,-1),(1,2,1)⟩=1+0-1=0$ et $⟨(1,0,-1),(1,-1,1)⟩=1+0-1=0$.