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Réduction pratique de matrices d'ordre 3

diagonalisationtrigonalisationpolynôme caractéristiquematrice de passageDéterminantSystèmes linéairesNoyaux itérés

On considère les trois matrices suivantes de M3(R)\mathcal{M}_3(\mathbb{R}) :

A=(3−2−2−101110),B=(10000−1012),C=(13−5−2−27−8−547)A = \begin{pmatrix} 3 & -2 & -2
-1 & 0 & 1
1 & 1 & 0 \end{pmatrix},   B = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0
0 & 0 & -1
0 & 1 & 2 \end{pmatrix},   C = \begin{pmatrix} 13 & -5 & -2
-2 & 7 & -8
-5 & 4 & 7 \end{pmatrix}

Pour chacune de ces matrices, déterminer si elle est diagonalisable ou seulement trigonalisable. Dans chaque cas, effectuer la réduction en précisant une matrice de passage PP et la matrice réduite (diagonale ou triangulaire supérieure).

1.

Calculer le polynôme caractéristique χM(X)=det⁡(XI−M)\chi_M(X) = \det(XI - M) pour chaque matrice.

2.

Pour la diagonalisabilité, comparer la multiplicité de chaque racine de χM\chi_M avec la dimension du sous-espace propre associé.

3.

Pour la trigonalisation, utiliser une base adaptée à la suite des noyaux itérés ker⁡(M−λI)k\ker(M-\lambda I)^k.

4.

Pour la matrice CC, on pourra remarquer que 729=93729 = 9^3 pour aider à l'identification des racines.

Idées clés

•

Calcul du polynôme caractéristique et recherche des racines.

•

Critère de diagonalisabilité : polynôme scindé et dim⁡(Eλ)=mλ\dim(E_\lambda) = m_\lambda.

•

Trigonalisation par la méthode des noyaux emboîtés.

1. Étude de la matrice AA

Calculons le polynôme caractéristique de AA : \begin{align*} \chi_A(X) &= \begin{vmatrix} X-3 & 2 & 2
1 & X & -1
-1 & -1 & X \end{vmatrix}
&= (X-3)(X^2-1) - 2(X-1) + 2(-1+X)
&= (X-3)(X-1)(X+1) - 2(X-1) + 2(X-1) \end{align*}

D'où le résultat :

χA(X)=(X−3)(X−1)(X+1)\boxed{\chi_A(X) = (X-3)(X-1)(X+1)}

Le polynôme χA\chi_A est scindé à racines simples sur R\mathbb{R}. La matrice AA est donc diagonalisable. Déterminons les sous-espaces propres :

  • Pour λ=1\lambda = 1 : (A−I)X=0  ⟺  (2−2−2−1−1111−1)(xyz)=0  ⟺  {x−y−z=0x+y−z=0  ⟺  {x=zy=0(A-I)X = 0 \iff \begin{pmatrix} 2 & -2 & -2
    -1 & -1 & 1
    1 & 1 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x
    y
    z \end{pmatrix} = 0 \iff \begin{cases} x-y-z=0
    x+y-z=0 \end{cases} \iff \begin{cases} x=z
    y=0 \end{cases}    . On choisit v1=(1,0,1)v_1 = (1, 0, 1).

  • Pour λ=−1\lambda = -1 : (A+I)X=0  ⟺  (4−2−2−111111)(xyz)=0  ⟺  {2x−y−z=0y+z=0x+y+z=0  ⟺  {x=0y=−z(A+I)X = 0 \iff \begin{pmatrix} 4 & -2 & -2
    -1 & 1 & 1
    1 & 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x
    y
    z \end{pmatrix} = 0 \iff \begin{cases} 2x-y-z=0
    y+z=0
    x+y+z=0 \end{cases} \iff \begin{cases} x=0
    y=-z \end{cases}    . On choisit v2=(0,1,−1)v_2 = (0, 1, -1).

  • Pour λ=3\lambda = 3 : (A−3I)X=0  ⟺  (0−2−2−1−3111−3)(xyz)=0  ⟺  {y=−z−x−3y+z=0x+y−3z=0  ⟺  {y=−zx=4z(A-3I)X = 0 \iff \begin{pmatrix} 0 & -2 & -2
    -1 & -3 & 1
    1 & 1 & -3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x
    y
    z \end{pmatrix} = 0 \iff \begin{cases} y=-z
    -x-3y+z=0
    x+y-3z=0 \end{cases} \iff \begin{cases} y=-z
    x=4z \end{cases}    . On choisit v3=(4,−1,1)v_3 = (4, -1, 1).

On obtient alors A=PDP−1A = PDP^{-1} avec :

P=(10401−11−11)etD=(1000−10003)\boxed{P = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 4
0 & 1 & -1
1 & -1 & 1 \end{pmatrix}   \text{et}   D = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0
0 & -1 & 0
0 & 0 & 3 \end{pmatrix}}

2. Étude de la matrice BB

Le polynôme caractéristique est :

χB(X)=∣X−1000X10−1X−2∣=(X−1)(X(X−2)+1)=(X−1)(X2−2X+1)=(X−1)3\chi_B(X) = \begin{vmatrix} X-1 & 0 & 0
0 & X & 1
0 & -1 & X-2 \end{vmatrix} = (X-1) \left( X(X-2) + 1 \right) = (X-1)(X^2-2X+1) = (X-1)^3

L'unique valeur propre est 11 avec une multiplicité de 33. Étudions E1=ker⁡(B−I)E_1 = \ker(B-I) :

B−I=(0000−1−1011)B-I = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0
0 & -1 & -1
0 & 1 & 1 \end{pmatrix}
rg(B−I)=1\text{rg}(B-I) = 1, donc dim⁡E1=3−1=2\dim E_1 = 3-1 = 2. La matrice n'est pas diagonalisable. Elle est trigonalisable car son polynôme caractéristique est scindé.

Cherchons une base (e1,e2,e3)(e_1, e_2, e_3) telle que la matrice soit triangulaire. On prend e1=(1,0,0)e_1 = (1, 0, 0) et e2=(0,1,−1)e_2 = (0, 1, -1) qui forment une base de E1E_1. On cherche e3e_3 tel que (B−I)e3=e2(B-I)e_3 = e_2 (pour avoir un bloc de Jordan, bien que non nommé).

(0000−1−1011)(xyz)=(01−1)  ⟺  −y−z=1\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0
0 & -1 & -1
0 & 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x
y
z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0
1
-1 \end{pmatrix} \iff -y-z = 1
On peut choisir e3=(0,0,−1)e_3 = (0, 0, -1). On a alors Be3=e2+e3Be_3 = e_2 + e_3. Dans la base (e1,e2,e3)(e_1, e_2, e_3), la matrice est T=(100011001)T = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0
0 & 1 & 1
0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.

P=(1000100−1−1)etT=(100011001)\boxed{P = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0
0 & 1 & 0
0 & -1 & -1 \end{pmatrix}   \text{et}   T = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0
0 & 1 & 1
0 & 0 & 1 \end{pmatrix}}

3. Étude de la matrice CC

Calculons χC(X)=det⁡(XI−C)\chi_C(X) = \det(XI-C). On trouve Tr(C)=27\text{Tr}(C) = 27 et det⁡(C)=729=93\det(C) = 729 = 9^3. Un calcul direct (ou l'essai de valeurs simples) montre que χC(X)=(X−9)3\chi_C(X) = (X-9)^3. Étudions E9=ker⁡(C−9I)E_9 = \ker(C-9I) :

C−9I=(4−5−2−2−2−8−54−2)C-9I = \begin{pmatrix} 4 & -5 & -2
-2 & -2 & -8
-5 & 4 & -2 \end{pmatrix}
Les deux premières lignes ne sont pas colinéaires, donc rg(C−9I)≥2\text{rg}(C-9I) \geq 2. L2+12L1→(0,−4.5,−9)L_2 + \frac{1}{2}L_1 \to (0, -4.5, -9) et L3+54L1→(0,−2.25,−4.5)L_3 + \frac{5}{4}L_1 \to (0, -2.25, -4.5). Les lignes sont liées, le rang est exactement 22. dim⁡E9=1\dim E_9 = 1. La matrice est seulement trigonalisable.

On cherche une base (v1,v2,v3)(v_1, v_2, v_3) telle que (C−9I)v1=0(C-9I)v_1 = 0, (C−9I)v2=αv1(C-9I)v_2 = \alpha v_1 et (C−9I)v3∈Vect(v1,v2)(C-9I)v_3 \in \text{Vect}(v_1, v_2). E9E_9 est engendré par v1=(−2,−2,1)v_1 = (-2, -2, 1). On cherche v2∈ker⁡(C−9I)2∖ker⁡(C−9I)v_2 \in \ker(C-9I)^2 \setminus \ker(C-9I). Un calcul donne :

(C−9I)2=(36−1836−3618−36−189−18)(C-9I)^2 = \begin{pmatrix} 36 & -18 & 36
-36 & 18 & -36
-18 & 9 & -18 \end{pmatrix}
Le vecteur v2=(1,2,0)v_2 = (1, 2, 0) convient car 2(1)−1(2)+2(0)=02(1) - 1(2) + 2(0) = 0. On a (C−9I)v2=(−6,−6,3)=3v1(C-9I)v_2 = (-6, -6, 3) = 3v_1. Enfin, on complète avec v3=(1,0,0)v_3 = (1, 0, 0). On a (C−9I)v3=(4,−2,−5)(C-9I)v_3 = (4, -2, -5). On cherche a,b,ca, b, c tels que (4,−2,−5)=av1+bv2+cv3(4, -2, -5) = a v_1 + b v_2 + c v_3. Le système conduit à a=−5,b=−6,c=0a=-5, b=-6, c=0. Ainsi Cv3=−5v1−6v2+9v3Cv_3 = -5v_1 - 6v_2 + 9v_3.

P=(−211−220100)etT=(93−509−6009)\boxed{P = \begin{pmatrix} -2 & 1 & 1
-2 & 2 & 0
1 & 0 & 0 \end{pmatrix}   \text{et}   T = \begin{pmatrix} 9 & 3 & -5
0 & 9 & -6
0 & 0 & 9 \end{pmatrix}}

Attention à ne pas conclure trop vite qu'une matrice est trigonalisable sans vérifier si elle est diagonalisable. Si les sous-espaces propres ont une dimension égale à la multiplicité de la racine, la matrice est diagonale (cas particulier de triangulaire).