Diagonalisation d'une matrice par blocs

On considère la matrice $A = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 1 1 & 0 & 1 0 & 0 & 4 \end{pmatrix}$ .

L'objectif est de diagonaliser dans $\mathcal{M}_6(\mathbb{R})$ la matrice définie par blocs :

B = \begin{pmatrix} A & A A & 2A \end{pmatrix}

1.

Commencer par réduire la matrice $A$ en déterminant ses valeurs propres et une base de vecteurs propres.

2.

Remarquer que la matrice $B$ peut s'écrire sous la forme d'un produit par blocs faisant intervenir la matrice $M = \begin{pmatrix} 1 & 1 1 & 2 \end{pmatrix}$ .

3.

Chercher les vecteurs propres de $B$ sous la forme $V = \begin{pmatrix} x U y U \end{pmatrix}$ où $U$ est un vecteur propre de $A$ .

Idées clés

•

Réduction d'une matrice de taille $3 \times 3$ par le polynôme caractéristique.

•

Exploitation de la structure de bloc par une méthode d'analyse-synthèse sur les vecteurs propres.

•

Utilisation implicite du produit de Kronecker (ou produit tensoriel).

Étape 1 : Réduction de la matrice $A$ .

Calculons le polynôme caractéristique de $A$ , noté $\chi_A(X)$ :

\chi_A(X) = \det(XI_3 - A) = \begin{vmatrix} X & -1 & -1 -1 & X & -1 0 & 0 & X-4 \end{vmatrix}

En développant par rapport à la dernière ligne, nous obtenons :

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

Les valeurs propres de $A$ sont donc les racines de ce polynôme :

\text{Sp}(A) = \{ 4, 1, -1 \}

Comme $A$ possède trois valeurs propres réelles distinctes, elle est diagonalisable dans $\mathcal{M}_3(\mathbb{R})$ . Déterminons une base de vecteurs propres $(U_1, U_2, U_3)$ :

Pour $\lambda_1 = 1$ , le système $AU = U$ mène à $U_1 = (1, 1, 0)^T$ .
Pour $\lambda_2 = -1$ , le système $AU = -U$ mène à $U_2 = (1, -1, 0)^T$ .
Pour $\lambda_3 = 4$ , le système $AU = 4U$ mène à $U_3 = (1, 1, 3)^T$ .

Étape 2 : Analyse de la structure par blocs de $B$ .

Soit $U$ un vecteur propre de $A$ associé à la valeur propre $\lambda$ . On cherche un vecteur propre de $B$ sous la forme $V = \begin{pmatrix} x U y U \end{pmatrix} \in \mathcal{M}_{6,1}(\mathbb{R})$ associé à une valeur propre $\mu$ .

L'équation $BV = \mu V$ s'écrit par blocs :

\begin{pmatrix} A & A A & 2A \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x U y U \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x AU + y AU x AU + 2y AU \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \lambda(x+y) U \lambda(x+2y) U \end{pmatrix}

Pour que $V$ soit vecteur propre de $B$ pour la valeur propre $\mu$ , il suffit que :

\begin{cases} \lambda(x+y) = \mu x \lambda(x+2y) = \mu y \end{cases}

Ce système est équivalent à l'équation matricielle suivante sur le vecteur $Y = \begin{pmatrix} x y \end{pmatrix}$ :

\lambda \begin{pmatrix} 1 & 1 1 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x y \end{pmatrix} = \mu \begin{pmatrix} x y \end{pmatrix}

Posons $M = \begin{pmatrix} 1 & 1 1 & 2 \end{pmatrix}$ . L'équation devient $MY = \frac{\mu}{\lambda} Y$ .

Étape 3 : Réduction de $M$ et conclusion pour $B$ .

Le polynôme caractéristique de $M$ est $\chi_M(X) = X^2 - 3X + 1$ . Ses racines sont :

\alpha_1 = \frac{3+\sqrt{5}}{2}   \text{et}   \alpha_2 = \frac{3-\sqrt{5}}{2}

Les valeurs propres de $B$ sont donc les produits des valeurs propres de $A$ par celles de $M$ .

Le spectre de $B$ est ainsi :

\boxed{ \text{Sp}(B) = \left\{ \frac{3\pm\sqrt{5}}{2}, \frac{-3\mp\sqrt{5}}{2}, 2(3\pm\sqrt{5}) \right\} }

Soient $Y_1 = \begin{pmatrix} x_1 y_1 \end{pmatrix}$ et $Y_2 = \begin{pmatrix} x_2 y_2 \end{pmatrix}$ deux vecteurs propres de $M$ associés à $\alpha_1$ et $\alpha_2$ . Alors les 6 vecteurs suivants forment une base de vecteurs propres de $B$ :

\boxed{ \forall i \in \{1,2\}, \forall j \in \{1,2,3\},   V_{i,j} = \begin{pmatrix} x_i U_j y_i U_j \end{pmatrix} }

Puisque $B$ possède 6 valeurs propres réelles distinctes, $B$ est diagonalisable.

Ne pas tenter de calculer le polynôme caractéristique d'une matrice $6 \times 6$ directement. La structure par blocs (ici de la forme $M \otimes A$ ) impose d'utiliser une méthode plus élégante.