Réduction pratique en dimensions 2 et 3

Résolution.

1. Étude de A : Le polynôme caractéristique est $\chi_A(X) = (X-4)^2 - 4 = X^2 - 8X + 12$. Les racines sont $\lambda_1 = 6$ et $\lambda_2 = 2$. Puisque $A \in \mathcal{M}_2(\mathbb{R})$ possède deux valeurs propres réelles distinctes, elle est diagonalisable. Après résolution des systèmes $(A-\lambda I)X = 0$, on trouve les vecteurs propres associés : $v_1 = (2, 1)$ pour $\lambda=6$ et $v_2 = (-2, 1)$ pour $\lambda=2$.
   $$\boxed{ P = \begin{pmatrix} 2 & -2$$
   1 & 1 \end{pmatrix},   \Delta = \begin{pmatrix} 6 & 0
   0 & 2 \end{pmatrix} }

2. Étude de B : Par le calcul du déterminant (règle de Sarrus ou développement), on obtient : $\chi_B(X) = X^3 - 4X = X(X-2)(X+2)$. Les valeurs propres sont $\{0, 2, -2\}$. Elles sont simples et réelles, donc $B$ est diagonalisable. Les sous-espaces propres sont des droites vectorielles engendrées par : $u_1 = (1, -2, 1)$ pour $\lambda=0$, $u_2 = (3, 4, 1)$ pour $\lambda=2$ et $u_3 = (-1, 0, 1)$ pour $\lambda=-2$.
   $$\boxed{ P = \begin{pmatrix} 1 & 3 & -1$$
   -2 & 4 & 0
   1 & 1 & 1 \end{pmatrix},   \Delta = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0
   0 & 2 & 0
   0 & 0 & -2 \end{pmatrix} }

3. Étude de C : $C$ est symétrique réelle, donc diagonalisable d'après le théorème spectral. On remarque que $C \begin{pmatrix} 1$
   1
   1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0
   0
   0 \end{pmatrix}, donc $0$ est valeur propre. Comme $C - 3I = \begin{pmatrix} -1 & -1 & -1$
   -1 & -1 & -1
   -1 & -1 & -1 \end{pmatrix} est de rang 1, le noyau $E_3$ est de dimension $3-1=2$. Les valeurs propres sont donc $0$ (simple) et $3$ (double).
   $$\boxed{ P = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1$$
   1 & -1 & 0
   1 & 0 & -1 \end{pmatrix},   \Delta = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0
   0 & 3 & 0
   0 & 0 & 3 \end{pmatrix} }

4. Étude de D : Toutes les colonnes sont proportionnelles à $V = \begin{pmatrix} 1$
   3
   2 \end{pmatrix}. Ainsi, $\text{rg}(D) = 1$, ce qui implique que $0$ est valeur propre de multiplicité au moins $3-1=2$. La trace vaut $\text{Tr}(D) = 1 - 3 + 4 = 2$. La somme des valeurs propres étant égale à la trace, la troisième valeur propre est $\lambda = 2 - (0+0) = 2$. Comme $\dim E_0 = 2$ et $\dim E_2 = 1$, la somme des dimensions est 3. $D$ est diagonalisable.
   $$\boxed{ P = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 1$$
   1 & 0 & 3
   0 & -1 & 2 \end{pmatrix},   \Delta = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0
   0 & 0 & 0
   0 & 0 & 2 \end{pmatrix} }