Racine carrée d'une matrice à valeurs propres distinctes

On considère la matrice $B \in \mathcal{M}_3(\mathbb{C})$ suivante :

B = \begin{pmatrix} 3 & -5 & 4 0 & 2 & 0 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}

Déterminer l'ensemble des matrices $A \in \mathcal{M}_3(\mathbb{C})$ vérifiant l'équation $A^2 = B$ .

1.

Commencer par montrer que si $A^2 = B$ , alors $A$ et $B$ commutent.

2.

Exploiter le fait que les valeurs propres de $B$ sont simples pour montrer que $A$ est nécessairement diagonalisable dans une base de vecteurs propres de $B$ .

3.

Déterminer une matrice de passage $P$ qui diagonalise $B$ , puis résoudre l'équation dans la base de diagonalisation.

Idées clés

•

Commutation : $A$ commute avec son carré $B$ .

•

Codiagonalisation : Dans le cas de valeurs propres simples, le commutant est réduit aux matrices diagonalisables dans la même base.

•

Résolution spectrale : On résout $d_i^2 = \lambda_i$ pour chaque valeur propre.

1. Analyse de la structure de $A$ .

Supposons qu'il existe $A \in \mathcal{M}_3(\mathbb{C})$ telle que $A^2 = B$ .

On remarque immédiatement que $A$ et $B$ commutent :

AB = A(A^2) = A^3 = (A^2)A = BA

La matrice $B$ est triangulaire supérieure. Ses valeurs propres sont ses coefficients diagonaux :

\text{Sp}(B) = \{3, 2, 1\}

Comme $B$ possède 3 valeurs propres distinctes en dimension 3, ses sous-espaces propres sont des droites vectorielles.

Soit $v$ un vecteur propre de $B$ associé à la valeur propre $\lambda$ . On a $Bv = \lambda v$ . Puisque $AB=BA$ , le sous-espace propre $E_\lambda(B) = \text{Vect}(v)$ est stable par $A$ .

Ainsi, $A v \in \text{Vect}(v)$ , ce qui signifie que $v$ est aussi un vecteur propre de $A$ .

Conclusion intermédiaire : $A$ et $B$ sont simultanément diagonalisables. Il existe $P \in GL_3(\mathbb{C})$ telle que :

B = P D P^{-1}   \text{et}   A = P \Delta P^{-1}

avec

D = \text{diag}(3, 2, 1)

et

\Delta = \text{diag}(a, b, c)

vérifiant

\Delta^2 = D

.

2. Détermination de la base de diagonalisation.

Cherchons les vecteurs propres de $B$ :

Pour $\lambda = 3$ : $(B-3I)X=0 \iff \begin{pmatrix} 0 & -5 & 4 0 & -1 & 0 0 & 0 & -2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x y z \end{pmatrix} = 0 \iff y=0, z=0$ . On prend $v_1 = (1, 0, 0)$ .
Pour $\lambda = 2$ : $(B-2I)X=0 \iff \begin{pmatrix} 1 & -5 & 4 0 & 0 & 0 0 & 0 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x y z \end{pmatrix} = 0 \iff z=0, x=5y$ . On prend $v_2 = (5, 1, 0)$ .
Pour $\lambda = 1$ : $(B-I)X=0 \iff \begin{pmatrix} 2 & -5 & 4 0 & 1 & 0 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x y z \end{pmatrix} = 0 \iff y=0, 2x+4z=0$ . On prend $v_3 = (-2, 0, 1)$ .

On en déduit la matrice de passage et son inverse (par pivot de Gauss ou observation) :

P = \begin{pmatrix} 1 & 5 & -2 0 & 1 & 0 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \implies P^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & -5 & 2 0 & 1 & 0 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}

3. Résolution de l'équation.

L'équation $\Delta^2 = D$ impose $a^2=3$ , $b^2=2$ et $c^2=1$ . On a donc $a = \varepsilon_1 \sqrt{3}$ , $b = \varepsilon_2 \sqrt{2}$ et $c = \varepsilon_3$ avec $(\varepsilon_1, \varepsilon_2, \varepsilon_3) \in \{-1, 1\}^3$ .

Calculons $A = P \Delta P^{-1}$ :

A = \begin{pmatrix} 1 & 5 & -2 0 & 1 & 0 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a & 0 & 0 0 & b & 0 0 & 0 & c \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & -5 & 2 0 & 1 & 0 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}

A = \begin{pmatrix} a & 5b & -2c 0 & b & 0 0 & 0 & c \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & -5 & 2 0 & 1 & 0 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a & 5(b-a) & 2(a-c) 0 & b & 0 0 & 0 & c \end{pmatrix}

4. Conclusion.

Il existe 8 matrices solutions, données par la forme :

\boxed{ A = \begin{pmatrix} \varepsilon_1\sqrt{3} & 5(\varepsilon_2\sqrt{2} - \varepsilon_1\sqrt{3}) & 2(\varepsilon_1\sqrt{3} - \varepsilon_3) 0 & \varepsilon_2\sqrt{2} & 0 0 & 0 & \varepsilon_3 \end{pmatrix} }

avec

(\varepsilon_1, \varepsilon_2, \varepsilon_3) \in \{-1, 1\}^3

.

Ne pas oublier que même si $B$ est triangulaire, $A$ ne l'est pas forcément a priori. Cependant, ici, la structure des sous-espaces propres (drapeau stable) impose que $A$ conserve la forme triangulaire. L'erreur la plus fréquente est d'oublier de justifier pourquoi $A$ est diagonalisable.