Matrices de base propre fixée

diagonalisation vecteur propre produit vectoriel symétrie Changement de base Produit vectoriel

On considère dans $\mathbb{R}^3$ les deux vecteurs suivants :

\vec{V}_{1} = \begin{pmatrix} 1 1 2 \end{pmatrix}   \text{et}   \vec{V}_{2} = \begin{pmatrix} 1 -1 0 \end{pmatrix}

Déterminer l'ensemble des matrices $A \in \mathcal{M}_{3}(\mathbb{R})$ admettant pour vecteurs propres les vecteurs $\vec{V}_{1}$ , $\vec{V}_{2}$ et $\vec{V}_{3} = \vec{V}_{1} \wedge \vec{V}_{2}$ .

Commencez par calculer les coordonnées du produit vectoriel $\vec{V}_{3} = \vec{V}_{1} \wedge \vec{V}_{2}$ .

Vérifiez que la famille $(\vec{V}_{1}, \vec{V}_{2}, \vec{V}_{3})$ forme une base de $\mathbb{R}^3$ .

Une matrice $A$ admettant ces vecteurs comme vecteurs propres est nécessairement de la forme $P D P^{-1}$ où $D$ est une matrice diagonale.

Remarquez que les vecteurs propres sont deux à deux orthogonaux.

Idées clés

•

Utilisation de la structure des matrices diagonalisables dans une base fixée.

•

Lien entre orthogonalité des vecteurs propres et symétrie de la matrice.

•

Calcul d'inverse de matrice par la méthode de la transposée de la comatrice (ou via l'orthogonalité).

1. Calcul du troisième vecteur propre.

Calculons les coordonnées du vecteur $\vec{V}_{3} = \vec{V}_{1} \wedge \vec{V}_{2}$ :

\vec{V}_{3} = \begin{pmatrix} 1 1 2 \end{pmatrix} \wedge \begin{pmatrix} 1 -1 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} (1 \times 0) - (2 \times -1) (2 \times 1) - (1 \times 0) (1 \times -1) - (1 \times 1) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 2 -2 \end{pmatrix}

Pour simplifier les calculs, nous pouvons choisir de travailler avec le vecteur colinéaire $\vec{V}'_{3} = \frac{1}{2} \vec{V}_{3} = \begin{pmatrix} 1 1 -1 \end{pmatrix}$ . Comme tout multiple non nul d'un vecteur propre est un vecteur propre, cela ne change pas l'ensemble des matrices recherchées.

2. Analyse de la base de diagonalisation.

On vérifie immédiatement que les vecteurs $\vec{V}_1$ , $\vec{V}_2$ et $\vec{V}'_3$ sont deux à deux orthogonaux pour le produit scalaire canonique. En effet :

\langle \vec{V}_1, \vec{V}_2 \rangle = 1 - 1 + 0 = 0

\langle \vec{V}_1, \vec{V}'_3 \rangle = 1 + 1 - 2 = 0

\langle \vec{V}_2, \vec{V}'_3 \rangle = 1 - 1 + 0 = 0

La famille $(\vec{V}_1, \vec{V}_2, \vec{V}'_3)$ est une famille de vecteurs non nuls et orthogonaux, c'est donc une base de $\mathbb{R}^3$ .

3. Expression de la matrice $A$ .

Une matrice $A$ répond au problème si et seulement si elle est diagonalisable dans cette base. Il existe donc $(\lambda, \mu, \nu) \in \mathbb{R}^3$ tels que $A = P D P^{-1}$ avec :

D = \begin{pmatrix} \lambda & 0 & 0 0 & \mu & 0 0 & 0 & \nu \end{pmatrix}   \text{et}   P = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 1 & -1 & 1 2 & 0 & -1 \end{pmatrix}

4. Calcul de l'inverse de $P$ .

Puisque les colonnes de $P$ sont orthogonales, la matrice $P^T P$ est diagonale. Calculons $P^T P$ :

P^T P = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 2 1 & -1 & 0 1 & 1 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 1 & -1 & 1 2 & 0 & -1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 6 & 0 & 0 0 & 2 & 0 0 & 0 & 3 \end{pmatrix}

On en déduit que $P^{-1} = (P^T P)^{-1} P^T$ :

\boxed{ P^{-1} = \begin{pmatrix} 1/6 & 0 & 0 0 & 1/2 & 0 0 & 0 & 1/3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 2 1 & -1 & 0 1 & 1 & -1 \end{pmatrix} = \frac{1}{6} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 2 3 & -3 & 0 2 & 2 & -2 \end{pmatrix} }

5. Synthèse des calculs.

On calcule maintenant le produit $A = P D P^{-1}$ :

A = \frac{1}{6} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 1 & -1 & 1 2 & 0 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \lambda & \mu & \nu \lambda & -\mu & \nu 2\lambda & 0 & -\nu \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 2 3 & -3 & 0 2 & 2 & -2 \end{pmatrix} \text{ (faux, effectuons le produit par étape)}

Calculons d'abord $M = P D$ :

M = \begin{pmatrix} \lambda & \mu & \nu \lambda & -\mu & \nu 2\lambda & 0 & -\nu \end{pmatrix}

Puis $A = M P^{-1}$ :

A = \begin{pmatrix} \lambda & \mu & \nu \lambda & -\mu & \nu 2\lambda & 0 & -\nu \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1/6 & 1/6 & 1/3 1/2 & -1/2 & 0 1/3 & 1/3 & -1/3 \end{pmatrix}

En effectuant le produit matriciel, on obtient :

\boxed{ A = \begin{pmatrix} \frac{1}{6}\lambda + \frac{1}{2}\mu + \frac{1}{3}\nu & \frac{1}{6}\lambda - \frac{1}{2}\mu + \frac{1}{3}\nu & \frac{1}{3}\lambda - \frac{1}{3}\nu \frac{1}{6}\lambda - \frac{1}{2}\mu + \frac{1}{3}\nu & \frac{1}{6}\lambda + \frac{1}{2}\mu + \frac{1}{3}\nu & \frac{1}{3}\lambda - \frac{1}{3}\nu \frac{1}{3}\lambda - \frac{1}{3}\nu & \frac{1}{3}\lambda - \frac{1}{3}\nu & \frac{2}{3}\lambda + \frac{1}{3}\nu \end{pmatrix} }

L'ensemble des matrices recherchées est l'ensemble de ces matrices pour $(\lambda, \mu, \nu) \in \mathbb{R}^3$ .

Ne pas oublier que les valeurs propres $\lambda, \mu, \nu$ ne sont pas nécessairement distinctes. Si elles sont égales, la matrice devient proportionnelle à l'identité.