Endomorphisme ou matrice diagonalisable

Pour déterminer les valeurs propres de \(f\) on calcule le polynôme caractéristique de \(f\).

\(P_{\textrm{car},f}(X)=\textrm{det}(A-XI_3)=\left|\begin{array}{ccc}-2-X&-2&1\\-2&1-X&-2\\1&-2&-2-X\end{array}\right|\)

En retranchant à la colonne 1 la colonne 3 on fait apparaître une factorisation par 3+X.

\(P_{\textrm{car},f}(X)=\left|\begin{array}{ccc}-3-X&-2&1\\0&1-X&-2\\3+X&-2&-2-X\end{array}\right|=(3+X)\left|\begin{array}{ccc}-1&-2&1\\0&1-X&-2\\1&-2&-2-X\end{array}\right|\)

On ajoute la ligne 1 à la ligne 3.

\(P_{\textrm{car},f}(X)=(3-X)\left|\begin{array}{ccc}-1&-2&1\\0&1-X&-2\\0&-4&-1-X\end{array}\right|=-(3+X)(X^2-9)=-(X+3)^2(X-3)\)

Le polynôme caractéristique de \(f\) est scindé dans \(\mathbb R\).

L'endomorphisme \(f\) de \(\mathbb R^3\) a deux valeurs propres distinctes : \(\lambda_1=-3\) est une valeur propre double, \(\lambda_2=3\) est une valeur propre simple.

L'endomorphisme \(f\) est diagonalisable si et seulement si, pour chaque valeur propre, la dimension du sous-espace propre associé est égale à son ordre de multiplicité en tant que racine du polynôme caractéristique.

La dimension du sous-espace propre associé à une valeur propre simple est égale à 1.

Donc \(f\) est diagonalisable si et seulement si la dimension du sous-espace propre associé à la valeur propre double est égale à \(2\).

Soit \(E_{\lambda_1}\) le sous-espace propre associé à la valeur propre double \(\lambda_1=-3\) et \(u=(x,y,z)\) un vecteur de \(\mathbb R^3\).

\(u\in E_{\lambda_1}\Leftrightarrow f(u)=-3u\Leftrightarrow(A+3I_3)\left(\begin{array}{c}x\\y\\z\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\0\\0\end{array}\right)\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{cccccc}x-2y+z=0\\-2x+4y-2z=0\\x-2y+z=0\end{array}\right.\)

\(u\in E_{\lambda_1}\Leftrightarrow x-2y+z=0\)

\(E_{\lambda_1}\) est un plan vectoriel de \(\mathbb R^3\). L'endomorphisme \(f\) est donc diagonalisable.

On détermine maintenant une base de \(\mathbb R^3\) formée de vecteurs propres de \(f\).

Les vecteurs \(u_1=(1,0,-1)\) et \(u_2=(0,1,2)\) sont deux vecteurs non colinéaires de \(E_{\lambda_1}\), ils forment donc une base de \(E_{\lambda_1}\).

Soit \(E_{\lambda_2}\) le sous-espace propre associé à la valeur propre \(\lambda_2=3\) et \(u=(x,y,z)\) un vecteur de \(\mathbb R^3\).

\(u\in E_{\lambda_2}\Leftrightarrow f(u)=3u\Leftrightarrow(A-3I_3)\left(\begin{array}{c}x\\y\\z\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\0\\0\end{array}\right)\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{cccccc}-5x-2y+z=0\\-2x-2y-2z=0\\x-2y-5z=0\end{array}\right.\)

Les opérations suivantes \(L_2\leftarrow L_2-L_1\), \(L_3\leftarrow L_3-L_1\) transforment le système en un système équivalent :

\(u\in E_{\lambda_2}\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{cccc}-5x&-2y&+z&=0\\3x&&-3z&=0\\6x&&-6z&=0\end{array}\right.\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{llll}z=x\\y=-2x\end{array}\right.\)

\(u\in E_{\lambda_2}\Leftrightarrow\exists x\in\mathbb R,u=x(1,-2,1)\)

\(E_{\lambda_2}\) est la droite vectorielle de base \(u_3=(1,-2,1)\).

\((u_1,u_2)\) est une base de \(E_{\lambda_1}\), \((u_3)\) est une base de \(E_{\lambda_2}\) donc la famille \(\{u_1 ,u_2,u_3\}\) est libre et les vecteurs \(u_1\), \(u_2\) et \(u_3\) forment une base de \(\mathbb R^3\).

Soit \(B'=(u_1,u_2,u_3)\). Comme \(f(u_1)=-3u_1\), \(f(u_2)=-3u_2\), \(f(u_3)=3u_3\) la matrice \(A'\) de \(f\) dans la base \(B'\) est : \(A'=\left(\begin{array}{ccc}-3&0&0\\0&-3&0\\0&0&3\end{array}\right)\).

La matrice de passage de la base \(B\) à la base \(B'\) est \(P=\left(\begin{array}{ccc}1&0&1\\0&1&-2\\-1&2&1\end{array}\right)\) et \(A=PA'P^{-1}\).

\(A=\left(\begin{array}{ccc}1&1&0\\1&2&1\\-1&0&1\end{array}\right)\)

\(P_{\textrm{car},f}(X)=\textrm{det}(A-XI_3)=\left|\begin{array}{ccc}1-X&1&0\\1&2-X&1\\-1&0&1-X\end{array}\right|\)

En ajoutant la ligne 2 à la ligne 3 on fait apparaître une factorisation par 2-X.

\(P_{\textrm{car},f}(X)=\left|\begin{array}{ccc}1-X&1&0\\1&2-X&1\\0&2-X&2-X\end{array}\right|=(2-X)\left|\begin{array}{ccc}1-X&1&0\\1&2-X&1\\0&1&1\end{array}\right|\)

On enlève la colonne 3 à la colonne 2.

\(P_{\textrm{car},f}(X)=(2-X)\left|\begin{array}{ccc}1-X&1&0\\1&1-X&1\\0&0&1\end{array}\right|=(2-X)\left[(1-X)^2-1\right]=-X(X-2)^2\)

Le polynôme caractéristique est scindé dans \(\mathbb R\) et l'endomorphisme \(f\) de \(\mathbb R^3\) a deux valeurs propres distinctes : \(\lambda_1=0\) est une valeur propre simple, \(\lambda_2=2\) est une valeur propre double.

L'endomorphisme \(f\) est diagonalisable si et seulement si la dimension du sous-espace propre associé à la valeur propre double est égale à \(2\).

Soit \(E_{\lambda_2}\) le sous-espace propre associé à la valeur propre double \(\lambda_2=2\) et \(u=(x,y,z)\) un vecteur de \(\mathbb R^3\).

\(u\in E_{\lambda_2}\Leftrightarrow f(u)=2u\Leftrightarrow(A-2I_3)\left(\begin{array}{c}x\\y\\z\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\0\\0\end{array}\right)\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{cccccc}-x+y=0\\x+z=0\\-x-z=0\end{array}\right.\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{cccccc}y=x\\z=-x\end{array}\right.\)

\(u\in E_{\lambda_2}\Leftrightarrow\exists x\in\mathbb R,u=x(1,1,-1)\)

\(E_{\lambda_2}\) est une droite vectorielle. L'endomorphisme \(f\) n'est donc pas diagonalisable : on ne peut pas trouver une base de \(\mathbb R^3\) formée de vecteurs propres de \(f\).