Diagonalisation pratique de matrices d'ordre 3

Pour chacune des matrices suivantes de $\mathcal{M}_3(\mathbb{R})$ , déterminer si elle est diagonalisable. Dans l'affirmative, donner une base de vecteurs propres, la matrice de passage $P$ et la matrice diagonale $D$ correspondante.

$A = \begin{pmatrix} 3 & -1 & 1 -2 & 4 & 2 -1 & 1 & 5 \end{pmatrix}$
$B = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 2 2 & 1 & 2 2 & 2 & 3 \end{pmatrix}$
$C = \begin{pmatrix} 7 & 2 & -2 2 & 4 & -1 -2 & -1 & 4 \end{pmatrix}$

1.

Commencer par calculer le polynôme caractéristique $\chi_M(X) = \det(XI - M)$ pour chaque matrice.

2.

Si le polynôme est scindé à racines simples, la matrice est immédiatement diagonalisable.

3.

Si une racine est multiple, il faut vérifier que la dimension du sous-espace propre associé est égale à la multiplicité de la racine.

4.

Pour la matrice $C$ , remarquer sa symétrie réelle pour conclure rapidement sur sa diagonalisabilité.

Idées clés

•

Calcul du polynôme caractéristique par opérations élémentaires.

•

Détermination des sous-espaces propres par résolution de systèmes linéaires.

•

Condition nécessaire et suffisante de diagonalisation (somme des dimensions des sous-espaces propres).

1. Étude de la matrice $A$

Calculons le polynôme caractéristique $\chi_A(X) = \det(X I_3 - A)$ : \begin{align*} \chi_A(X) &= \begin{vmatrix} X-3 & 1 & -1
2 & X-4 & -2
1 & -1 & X-5 \end{vmatrix}
L_1 \leftarrow L_1 + L_2 &: \begin{vmatrix} X-1 & X-3 & -3
2 & X-4 & -2
1 & -1 & X-5 \end{vmatrix} \text{ (peu efficace, essayons autre chose)} \end{align*}

Effectuons plutôt $C_1 \leftarrow C_1 + C_2$ :

\chi_A(X) = \begin{vmatrix} X-2 & 1 & -1 X-2 & X-4 & -2 0 & -1 & X-5 \end{vmatrix} = (X-2) \begin{vmatrix} 1 & 1 & -1 1 & X-4 & -2 0 & -1 & X-5 \end{vmatrix}

Puis $L_2 \leftarrow L_2 - L_1$ :

\chi_A(X) = (X-2) \begin{vmatrix} 1 & 1 & -1 0 & X-5 & -1 0 & -1 & X-5 \end{vmatrix} = (X-2) \left[ (X-5)^2 - 1 \right]

Finalement, on obtient :

\boxed{\chi_A(X) = (X-2)(X-4)(X-6)}

Le polynôme est scindé à racines simples dans $\mathbb{R}$ , donc $A$ est diagonalisable. Les valeurs propres sont $2, 4$ et $6$ . La recherche des vecteurs propres mène aux sous-espaces : $E_2 = \text{Vect}((1,1,0))$ , $E_4 = \text{Vect}((1,0,1))$ et $E_6 = \text{Vect}((0,1,1))$ .

D'où les matrices :

\boxed{D = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 0 & 4 & 0 0 & 0 & 6 \end{pmatrix}   \text{et}   P = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 1 & 0 & 1 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}}

2. Étude de la matrice $B$

Calculons $\chi_B(X) = \det(X I_3 - B)$ :

\chi_B(X) = \begin{vmatrix} X-1 & -2 & -2 -2 & X-1 & -2 -2 & -2 & X-3 \end{vmatrix}

Effectuons $L_1 \leftarrow L_1 - L_2$ pour faire apparaître un facteur commun :

\chi_B(X) = \begin{vmatrix} X+1 & -(X+1) & 0 -2 & X-1 & -2 -2 & -2 & X-3 \end{vmatrix} = (X+1) \begin{vmatrix} 1 & -1 & 0 -2 & X-1 & -2 -2 & -2 & X-3 \end{vmatrix}

Puis $C_2 \leftarrow C_2 + C_1$ :

\chi_B(X) = (X+1) \begin{vmatrix} 1 & 0 & 0 -2 & X-3 & -2 -2 & -4 & X-3 \end{vmatrix} = (X+1) \left[ (X-3)^2 - 8 \right]

On trouve alors :

\boxed{\chi_B(X) = (X+1)(X - (3+2\sqrt{2}))(X - (3-2\sqrt{2}))}

Les trois valeurs propres sont distinctes, donc $B$ est diagonalisable. En résolvant les systèmes $(B-\lambda I)X=0$ , on trouve :

\boxed{P = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 -1 & 1 & 1 0 & \sqrt{2} & -\sqrt{2} \end{pmatrix}   \text{et}   D = \begin{pmatrix} -1 & 0 & 0 0 & 3+2\sqrt{2} & 0 0 & 0 & 3-2\sqrt{2} \end{pmatrix}}

3. Étude de la matrice $C$

On remarque que $C$ est une matrice symétrique réelle. D'après le théorème spectral, elle est donc diagonalisable dans une base orthonormée.

Calculons $\chi_C(X)$ . Notons que $C-3I = \begin{pmatrix} 4 & 2 & -2 2 & 1 & -1 -2 & -1 & 1 \end{pmatrix}$ . Toutes les colonnes sont proportionnelles à la première, donc $\text{rg}(C-3I) = 1$ . Ainsi, $3$ est valeur propre de $C$ et $\dim(E_3) = 3 - 1 = 2$ .

La somme des valeurs propres est égale à la trace : $\text{Tr}(C) = 7 + 4 + 4 = 15$ . Soit $\lambda_3$ la troisième valeur propre. On a $3 + 3 + \lambda_3 = 15$ , d'où $\lambda_3 = 9$ .

\boxed{\text{Sp}(C) = \{3, 9\} \text{ avec mult}(3)=2 \text{ et mult}(9)=1}

Le sous-espace $E_3$ est défini par l'équation $2x + y - z = 0$ . Une base est $((1,0,2), (0,2,2))$ . Pour $E_9$ , on résout $(C-9I)X=0$ , ce qui donne $X \in \text{Vect}((2,1,-1))$ .

En conclusion :

\boxed{D = \begin{pmatrix} 3 & 0 & 0 0 & 3 & 0 0 & 0 & 9 \end{pmatrix}   \text{et}   P = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 2 0 & 2 & 1 2 & 2 & -1 \end{pmatrix}}

Une erreur classique consiste à développer le déterminant brutalement. Il est toujours préférable d'utiliser des opérations sur les lignes ou colonnes pour factoriser le polynôme au fur et à mesure.