Similitude et réduction de matrices circulantes

Résolution.

1. On observe que pour transformer $A$ en $B$, on peut échanger les deuxième et troisième colonnes, puis les deuxième et troisième lignes. Considérons la matrice de permutation associée à la transposition $\tau = (2, 3)$ :
   $$P = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0$$
   0 & 0 & 1
   0 & 1 & 0 \end{pmatrix}
   Cette matrice vérifie $P^2 = I_3$, d'où $P^{-1} = P$. Le produit $AP$ échange les colonnes 2 et 3 de $A$, et le produit $PAP$ échange les lignes 2 et 3 de $AP$. Effectuons le calcul :
   $$AP = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3$$
   3 & 1 & 2
   2 & 3 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0
   0 & 0 & 1
   0 & 1 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 3 & 2
   3 & 2 & 1
   2 & 1 & 3 \end{pmatrix}
   Puis :
   $$PAP = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0$$
   0 & 0 & 1
   0 & 1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 3 & 2
   3 & 2 & 1
   2 & 1 & 3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 3 & 2
   2 & 1 & 3
   3 & 2 & 1 \end{pmatrix} = B
   $$\boxed{B = PAP^{-1} \implies A \sim B}$$

2. Calculons le polynôme caractéristique $\chi_A(\lambda) = \det(A - \lambda I_3)$.
   $$\chi_A(\lambda) = \begin{vmatrix} 1-\lambda & 2 & 3$$
   3 & 1-\lambda & 2
   2 & 3 & 1-\lambda \end{vmatrix}
   En effectuant $L_1 \leftarrow L_1 + L_2 + L_3$, on peut factoriser par $(6-\lambda)$ :
   $$\chi_A(\lambda) = (6-\lambda) \begin{vmatrix} 1 & 1 & 1$$
   3 & 1-\lambda & 2
   2 & 3 & 1-\lambda \end{vmatrix}
   Par les opérations $C_2 \leftarrow C_2 - C_1$ et $C_3 \leftarrow C_3 - C_1$ :
   $$\chi_A(\lambda) = (6-\lambda) \begin{vmatrix} 1 & 0 & 0$$
   3 & -2-\lambda & -1
   2 & 1 & -1-\lambda \end{vmatrix} = (6-\lambda) \left[ (-2-\lambda)(-1-\lambda) - (-1)(1) \right]
   $$\chi_A(\lambda) = (6-\lambda)(\lambda^2 + 3\lambda + 3)$$
   Les racines de $\lambda^2 + 3\lambda + 3$ sont $\frac{-3 \pm i\sqrt{3}}{2}$. Notons $j = e^{2i\pi/3} = -\frac{1}{2} + i\frac{\sqrt{3}}{2}$. On remarque que :
   $$j-1 = -\frac{3}{2} + i\frac{\sqrt{3}}{2}   \text{et}   j^2-1 = \bar{j}-1 = -\frac{3}{2} - i\frac{\sqrt{3}}{2}$$
   Les valeurs propres de $A$ sont donc :
   $$\boxed{\text{Sp}_{\mathbb{C}}(A) = \{6, j-1, j^2-1\}}$$

3. Cherchons les vecteurs propres sous la forme $X_{\omega} = (1, \omega, \omega^2)^T$ avec $\omega^3 = 1$. On a $AX_{\omega} = \begin{pmatrix} 1+2\omega+3\omega^2$
   3+\omega+2\omega^2
   2+3\omega+\omega^2 \end{pmatrix}.
   • Pour $\omega = 1$, on retrouve $AX_1 = 6X_1$. Le sous-espace propre associé à 6 est $\boxed{E_6 = \text{Vect}((1,1,1)^T)}$.
   • Pour $\omega = j$, la première coordonnée est $1+2j+3j^2 = 1+2j+3(-1-j) = -2-j = j^2-1$. Vérifions pour la deuxième coordonnée : $3+j+2j^2 = 3+j+2(-1-j) = 1-j = j(j^2-1)$ car $j^3-j = 1-j$. Ainsi, $X_j$ est propre pour la valeur propre $j^2-1$. $\boxed{E_{j^2-1} = \text{Vect}((1, j, j^2)^T)}$.
   • Par conjugaison (puisque $A$ est réelle), le vecteur associé à $j-1 = \overline{j^2-1}$ est $\overline{X_j} = (1, j^2, j)^T$. $\boxed{E_{j-1} = \text{Vect}((1, j^2, j)^T)}$.

4. Analyse de la diagonalisabilité :
   • Dans $\mathcal{M}_3(\mathbb{C})$, la matrice $A$ possède 3 valeurs propres distinctes. Elle est donc diagonalisable.
   • Dans $\mathcal{M}_3(\mathbb{R})$, le polynôme caractéristique n'est pas scindé sur $\mathbb{R}$ (deux racines complexes non réelles). La matrice n'est donc pas diagonalisable sur $\mathbb{R}$.