Racine carrée d'une matrice à valeurs propres distinctes

On considère la matrice suivante de $\mathcal{M}_3(\mathbb{R})$ :

A = \begin{pmatrix} 9 & 0 & 0 1 & 4 & 0 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}

Justifier que $A$ est diagonalisable. Déterminer ses valeurs propres et une base de vecteurs propres.
Soit $M \in \mathcal{M}_3(\mathbb{R})$ $M \in M_{3} (R)$ une solution de l'équation $M^2 = A$ $M^{2} = A$ .
1. Montrer que $M$ et $A$ commutent.
2. En déduire que les vecteurs propres de $A$ sont aussi des vecteurs propres de $M$ .
3. Déterminer l'ensemble des solutions de l'équation $M^2 = A$ dans $\mathcal{M}_3(\mathbb{R})$ .
On considère maintenant l'équation $X^2 = \begin{pmatrix} -1 & -1 & -4 -4 & 5 & 2 -10 & 8 & -4 \end{pmatrix}$ . Expliquer sans calcul pourquoi le nombre de solutions peut différer selon que l'on travaille dans $\mathcal{M}_3(\mathbb{R})$ ou $\mathcal{M}_3(\mathbb{C})$ .

1.

Pour la question 2.(a), utiliser le fait que $M$ est un polynôme en $M^2$ .

2.

Pour la question 2.(b), si $v$ est un vecteur propre de $A$ associé à la valeur propre simple $\lambda$ , étudier $A(Mv)$ .

3.

Pour la question 3, penser au signe des valeurs propres. Une valeur propre négative possède-t-elle une racine carrée réelle ?

Idées clés

•

Commutation : si $M^2=A$ , alors $MA = M \cdot M^2 = M^2 \cdot M = AM$ .

•

Stabilité des sous-espaces propres par un endomorphisme qui commute.

•

Pour une matrice à valeurs propres distinctes, les racines carrées sont diagonalisables dans la même base.

Résolution.

La matrice $A$ est triangulaire inférieure. Ses valeurs propres sont ses coefficients diagonaux. $\boxed{\text{sp}(A) = \{9, 4, 1\}}$
Les trois valeurs propres sont distinctes dans un espace de dimension 3, donc $A$ est diagonalisable. Cherchons les vecteurs propres : - Pour $\lambda=9$ : $(A-9I)X=0 \iff \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 1 & -5 & 0 1 & 1 & -8 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x y z \end{pmatrix} = 0$ . On trouve $V_1 = (40, 8, 6)$ . - Pour $\lambda=4$ : $(A-4I)X=0 \iff \begin{pmatrix} 5 & 0 & 0 1 & 0 & 0 1 & 1 & -3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x y z \end{pmatrix} = 0$ . On trouve $V_2 = (0, 3, 1)$ . - Pour $\lambda=1$ : $(A-I)X=0 \iff \begin{pmatrix} 8 & 0 & 0 1 & 3 & 0 1 & 1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x y z \end{pmatrix} = 0$ . On trouve $V_3 = (0, 0, 1)$ .
1. On a $M^2 = A$ . Ainsi : $MA = M(M^2) = M^3 = (M^2)M = AM$
2. Soit $v$ un vecteur propre de $A$ associé à la valeur propre $\lambda$ . Comme $A$ et $M$ commutent, le sous-espace propre $E_\lambda(A)$ est stable par $M$ . Or, $\dim E_\lambda(A) = 1$ car les valeurs propres sont simples. Tout vecteur non nul $v \in E_\lambda(A)$ est donc un vecteur propre de $M$ .
3. Dans la base $P = (V_1, V_2, V_3)$ , on a $A = P D P^{-1}$ avec $D = \text{diag}(9, 4, 1)$ . D'après ce qui précède, $M$ est aussi diagonale dans cette base : $M = P \Delta P^{-1}$ avec $\Delta = \text{diag}(\mu_1, \mu_2, \mu_3)$ . La condition $M^2 = A$ devient $\Delta^2 = D$ , soit : $\mu_1^2 = 9, \mu_2^2 = 4, \mu_3^2 = 1$ Il y a 2 choix pour chaque $\mu_i$ ( $\pm 3, \pm 2, \pm 1$ ), soit $2^3 = 8$ solutions : $\boxed{M = P \text{diag}(\pm 3, \pm 2, \pm 1) P^{-1}}$
Si une matrice $A$ possède une valeur propre strictement négative, elle ne peut pas avoir de racine carrée réelle car le carré d'une valeur propre de $M$ (réelle) devrait être égal à cette valeur propre négative. En revanche, dans $\mathbb{C}$ , chaque complexe non nul possède deux racines carrées distinctes.

Ne pas oublier de justifier la commutation $AM=MA$ . Attention, la relation $M^2=A$ n'implique pas toujours que $M$ est un polynôme en $A$ (c'est vrai ici car les valeurs propres sont simples).