Endomorphismes de R^2
Partie
Question
Soit \(f\) et \(g\) les endomorphismes de \(\mathbb R^{2}\) dont les matrices dans la base canonique de \(\mathbb R^{2}\) sont respectivement les matrices \(A\) et \(C\) :
\(A=\left(\begin{array}{cc}3&-2\\1&0\end{array}\right)\)
\(C=\left(\begin{array}{cc}2&1\\-1&4\end{array}\right)\)
Pour chacun des endomorphismes répondre aux questions suivantes :
L'endomorphisme est-il diagonalisable ?
Si oui, trouver une base formée de vecteurs propres de f et la matrice de f dans cette base.
Aide méthodologique
Pour savoir si un endomorphisme d'un \(\mathbf K\)-espace vectoriel est diagonalisable :
on calcule son polynôme caractéristique,
on détermine les racines dans \(\mathbf K\) du polynôme caractéristique et leur ordre de multiplicité.
L'espace vectoriel \(\mathbb R^2\) est un \(\mathbb R\)-espace vectoriel de dimension 2. Le polynôme caractéristique d'un endomorphisme de \(\mathbb R^2\) est alors un polynôme de degré 2 à coefficients dans \(\mathbb R\).
s'il n'est pas scindé dans \(\mathbb R\), l'endomorphisme n'est pas diagonalisable,
s'il a deux racines distinctes, il est diagonalisable (condition suffisante de diagonalisation),
s'il a une racine double, l'endomorphisme a une seule valeur propre \(\lambda\), et on montre qu'il n'est diagonalisable que dans le cas où il est égal à \(\lambda Id_{\mathbb R^2}\).
Aide à la lecture
Un endomorphisme d'un \(\mathbf K\)-espace vectoriel \(E\) est une application linéaire de \(E\) dans \(E\). Il est diagonalisable s'il existe une base de \(E\) telle que sa matrice dans cette base soit diagonale. Un endomorphisme de \(E\) est donc diagonalisable s'il existe une base de \(E\) formée de vecteurs propres de cet endomorphisme.
Solution détaillée
Pour déterminer les valeurs propres de \(f\) on calcule le polynôme caractéristique de \(f\).
\(P_{\textrm{car},f}(X)=\textrm{det}(A-XI_2)=\left|\begin{array}{cc}3-X&-2\\1&-X\end{array}\right|=X^2-3X+2=(X-1)(X-2)\)
L'endomorphisme \(f\) de \(\mathbb R^2\) a deux valeurs propres distinctes \(\lambda_1=1\) et \(\lambda_2=2\), il est donc diagonalisable.
Soit \(E_{\lambda_1}\) le sous-espace propre associé à la valeur propre \(\lambda_1=1\) et \(u=(x,y)\) un vecteur de \(\mathbb R^2\).
\(u\in E_{\lambda_1}\Leftrightarrow f(u)=u\Leftrightarrow(f-Id_{\mathbb R^2})(u)=0_{\mathbb R^2}\Leftrightarrow(A-I_2)\left(\begin{array}{c}x\\y\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\0\end{array}\right)\)
\(A-I_2=\left(\begin{array}{cc}3&-2\\1&0\end{array}\right)-\left(\begin{array}{cc}1&0\\0&1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}2&-2\\1&-1\end{array}\right)\)
D'où
\(u\in E_{\lambda_1}\Leftrightarrow\left(\begin{array}{cc}2&-2\\1&-1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}x\\y\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\0\end{array}\right)\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{llll}2x-2y=0\\x-y=0\end{array}\right.\Leftrightarrow x=y\)
\(u\in E_{\lambda_1}\Leftrightarrow\exists x\in\mathbb R,u=x(1,1)\)
\(E_{\lambda_1}\) est la droite vectorielle de base \(u_1=(1,1)\).
On détermine de même le sous-espace propre \(E_{\lambda_2}\) associé à la valeur propre \(\lambda_2=2\).
Soit \(u=(x,y)\) un vecteur de \(\mathbb R^2\) :
\(u\in E_{\lambda_2}\Leftrightarrow f(u)=2u\Leftrightarrow(A-2I_2)\left(\begin{array}{c}x\\y\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\0\end{array}\right)\Leftrightarrow\left(\begin{array}{cc}1&-2\\1&-2\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}x\\y\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\0\end{array}\right)\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{cccccc}x&-2y&=0\\x&-2y&=0\end{array}\right.\Leftrightarrow x=2y\)
\(u\in E_{\lambda_2}\Leftrightarrow\exists y\in\mathbb R,u=y(2,1)\)
\(E_{\lambda_2}\) est la droite vectorielle de base \(u_2=(2,1)\).
Les vecteurs \(u_1\)et \(u_2\) sont des vecteurs propres associés à deux valeurs propres distinctes. Ils sont donc linéairement indépendants et forment une base de \(\mathbb R^2\).
Soit \(B'=(u_1,u_2)\). Comme \(f(u_1)=u_1\) et \(f(u_2)=2u_2\), la matrice \(A'\) de \(f\) dans la base \(B'\) est : \(A'=\left(\begin{array}{cc}1&0\\0&2\end{array}\right)\).
La matrice de passage de la base \(B\) à la base \(B'\) est \(P=\left(\begin{array}{cc}1&2\\1&1\end{array}\right)\) et \(A=PA'P^{-1}\).
Pour déterminer les valeurs propres de \(g\) on calcule le polynôme caractéristique de \(g\).
\(P_{\textrm{car},g}(X)=\textrm{det}(C-XI_2)=\left|\begin{array}{cc}2-X&1\\-1&4-X\end{array}\right|=X^2-6X+9=(X-3)^2\)
L'endomorphisme \(g\) de \(\mathbb R^2\) a une seule valeur propre, d'ordre de multiplicité \(2\), égale à \(3\). Si \(f\) était diagonalisable, la matrice \(C\) serait semblable à la matrice \(3I_2\), il existerait donc une matrice inversible \(P\) telle que \(C=P(3I_2)P^{-1}\) et donc on aurait l'égalité \(C=3PI_2P^{-1}=3I_2\). On arrive à une contradiction. L'endomorphisme \(g\) n'est donc pas diagonalisable.