Réduction d'une matrice à valeur propre triple

Soit $A$ la matrice de $\mathcal{M}_3(\mathbb{R})$ définie par :

A = \begin{pmatrix} 2 & -1 & 2 5 & -3 & 3 -1 & 0 & -2 \end{pmatrix}

Calculer le polynôme caractéristique de $A$ , noté $\chi_A$ . La matrice $A$ est-elle diagonalisable ?
Déterminer une base de $\mathbb{R}^3$ dans laquelle la matrice de l'endomorphisme canoniquement associé à $A$ est triangulaire supérieure.
En déduire une matrice inversible $P$ et une matrice triangulaire $T$ telles que $A = PTP^{-1}$ .

1.

Calculer $\chi_A(X) = \det(XI_3 - A)$ . On pourra développer suivant la dernière ligne pour simplifier les calculs.

2.

Une fois la valeur propre unique $\lambda$ trouvée, chercher un vecteur propre $v_1$ .

3.

Compléter la famille par des vecteurs $v_2$ et $v_3$ vérifiant par exemple $(A-\lambda I)v_2 = v_1$ et $(A-\lambda I)v_3 = v_2$ pour obtenir une forme de "chaîne".

Idées clés

•

Calcul du polynôme caractéristique pour identifier le spectre.

•

Étude de la dimension des sous-espaces propres pour tester la diagonalisabilité.

•

Construction d'une base adaptée à la réduction (méthode des noyaux itérés).

1. Calcul du polynôme caractéristique.

Calculons $\chi_A(X) = \det(XI_3 - A)$ :

\chi_A(X) = \begin{vmatrix} X-2 & 1 & -2 -5 & X+3 & -3 1 & 0 & X+2 \end{vmatrix}

Développons suivant la dernière ligne :

\chi_A(X) = 1 \times \begin{vmatrix} 1 & -2 X+3 & -3 \end{vmatrix} + (X+2) \begin{vmatrix} X-2 & 1 -5 & X+3 \end{vmatrix}

Calculons les déterminants $2 \times 2$ :

\begin{vmatrix} 1 & -2 X+3 & -3 \end{vmatrix} = -3 - (-2)(X+3) = -3 + 2X + 6 = 2X + 3

\begin{vmatrix} X-2 & 1 -5 & X+3 \end{vmatrix} = (X-2)(X+3) + 5 = X^2 + X - 6 + 5 = X^2 + X - 1

En remplaçant :

\chi_A(X) = (2X + 3) + (X+2)(X^2 + X - 1)

\chi_A(X) = 2X + 3 + (X^3 + X^2 - X + 2X^2 + 2X - 2)

\chi_A(X) = X^3 + 3X^2 + 3X + 1

On reconnaît une identité remarquable :

\boxed{\chi_A(X) = (X+1)^3}

La matrice admet une unique valeur propre $\lambda = -1$ de multiplicité 3. Pour que $A$ soit diagonalisable, il faudrait que le sous-espace propre $E_{-1}$ soit de dimension 3, c'est-à-dire que $A = -I_3$ , ce qui n'est manifestement pas le cas.

2. Recherche d'une base de trigonalisation.

Cherchons le sous-espace propre $E_{-1} = \ker(A + I_3)$ . Soit $u = (x,y,z) \in \mathbb{R}^3$ :

(A+I_3)u = 0 \iff \begin{pmatrix} 3 & -1 & 2 5 & -2 & 3 -1 & 0 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x y z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 0 0 \end{pmatrix}

Le système est équivalent à :

\begin{cases} 3x - y + 2z = 0 5x - 2y + 3z = 0 -x - z = 0 \end{cases}

D'après la dernière équation, $z = -x$ . En remplaçant dans la première : $3x - y - 2x = 0 \implies y = x$ . On vérifie dans la deuxième : $5x - 2x - 3x = 0$ , ce qui est toujours vrai. On a donc $E_{-1} = \text{Vect}(v_1)$ avec $\boxed{v_1 = (1, 1, -1)}$ (en posant $x=1$ ). Comme $\dim E_{-1} = 1 < 3$ , la matrice n'est effectivement pas diagonalisable.

Pour trigonaliser, nous cherchons une base $\mathcal{B}' = (v_1, v_2, v_3)$ telle que la matrice soit triangulaire. On peut chercher $v_2$ tel que $(A+I_3)v_2 = v_1$ :

\begin{pmatrix} 3 & -1 & 2 5 & -2 & 3 -1 & 0 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x y z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 1 -1 \end{pmatrix}

La dernière ligne donne $-x-z = -1 \implies z = 1-x$ . La première ligne donne $3x - y + 2(1-x) = 1 \implies x - y + 2 = 1 \implies y = x+1$ . En choisissant $x=0$ , on obtient $\boxed{v_2 = (0, 1, 1)}$ .

Cherchons maintenant $v_3$ tel que $(A+I_3)v_3 = v_2$ :

\begin{pmatrix} 3 & -1 & 2 5 & -2 & 3 -1 & 0 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x y z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 1 1 \end{pmatrix}

La dernière ligne donne $-x-z = 1 \implies z = -1-x$ . La première ligne donne $3x - y + 2(-1-x) = 0 \implies x - y - 2 = 0 \implies y = x-2$ . En choisissant $x=0$ , on obtient $\boxed{v_3 = (0, -2, -1)}$ .

3. Conclusion.

Par construction, on a :

Av_1 = -v_1

Av_2 = v_1 - v_2

Av_3 = v_2 - v_3

La matrice de l'endomorphisme dans la base $\mathcal{B}' = (v_1, v_2, v_3)$ est donc :

\boxed{T = \begin{pmatrix} -1 & 1 & 0 0 & -1 & 1 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}}

La matrice de passage associée est :

\boxed{P = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 1 & 1 & -2 -1 & 1 & -1 \end{pmatrix}}

Attention à ne pas se tromper dans la résolution des systèmes $(A-\lambda I)v_{i+1} = v_i$ . Ces systèmes ont une infinité de solutions car le noyau de $(A-\lambda I)$ n'est pas réduit à $\{0\}$ . Il faut choisir une solution particulière simple.