Diagonaliser une matrice carrée d'ordre $$2$$ : Mise en pratique - Exercice 1

$$\red{1}$$^{$$\red{\text{ère}}$$}$$\text{\red{ étape :}}$$ Déterminons le polynôme caractéristique de $$A$$
$$P_A\left(\lambda \right)={\mathrm{det} \left(A-\lambda I_2\right)\ }$$
$$P_A\left(\lambda \right)=\left| \begin{array}{cc}1-\lambda & 1 \\ 1 & 1-\lambda \end{array}\right|$$
$$P_A\left(\lambda \right)={\left(1-\lambda \right)}^2-1$$
$$P_A\left(\lambda \right)=\left(1-\lambda -1\right)\left(1-\lambda +1\right)$$
$$P_A\left(\lambda \right)=-\lambda \left(2-\lambda \right)$$
$$P_A$$ est de degré $$2$$ et admet $$2$$ racines distinctes : $$\lambda_1=0$$ et $$\lambda_2=2$$ donc la matrice $$A$$ est diagonalisable.
$$\red{2}$$^{$$\red{\text{ème}}$$}$$\text{\red{ étape :}}$$ Recherche des sous-espaces propres.
Déterminons une base du sous-espace propre $${\color{blue}{E_1}}$$ associée à la valeur propre $${\color{blue}{\lambda_1=0}}$$
Posons $$X=\left( \begin{array}{c}x_1 \\ x_2 \end{array}\right)$$ où $$\left(x_1;x_2\right)\in {\mathbb{R}}^2$$, il vient : $$AX={\lambda }_1X$$
$$AX=0\cdot X\Longleftrightarrow \left( \begin{array}{cc}1 & 1 \\ 1 & 1 \end{array}\right)\left( \begin{array}{c}x_1 \\ x_2 \end{array}\right)=\left( \begin{array}{c}0 \\ 0 \end{array}\right)$$
$$AX=0\cdot X\Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{ccc}x_1+x_2 & = & 0 \\ x_1+x_2 & = & 0 \end{array}\right.$$
$$AX=0\cdot X\Longleftrightarrow x_1+x_2=0$$
D'où : $$E_1=\left\{\left(x_1;x_2\right)\in {\mathbb{R}}^2;x_1+x_2=0\right\}$$
$$E_1=\left\{\left(x_1;x_2\right)\in {\mathbb{R}}^2;x_1=-x_2\right\}$$
$$E_1=\left\{\left(-x_2;x_2\right);x_2\in \mathbb{R}\right\}$$
$$E_1=\left\{x_2\left(-1;1\right);x_2\in \mathbb{R}\right\}$$
$$E_1=\text{Vect}\left\{\left(-1;1\right)\right\}$$
Posons . Le sous-espace propre $$E_1$$ est engendré par $$e'_1$$ .
Déterminons une base du sous-espace propre $${\color{blue}{E_2}}$$ associée à la valeur propre $${\color{blue}{\lambda_2=2}}$$
Posons $$X=\left( \begin{array}{c}x_1 \\ x_2 \end{array}\right)$$ où $$\left(x_1;x_2\right)\in {\mathbb{R}}^2$$, il vient : $$AX={\lambda }_2X$$
$$AX=2\cdot X\Longleftrightarrow \left( \begin{array}{cc}1 & 1 \\ 1 & 1 \end{array}\right)\left( \begin{array}{c}x_1 \\ x_2 \end{array}\right)=2\cdot\left( \begin{array}{c}x_1 \\ x_2 \end{array}\right)$$
$$AX=2\cdot X\Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{ccc}x_1+x_2 & = & 2x_1 \\ x_1+x_2 & = & 2x_2 \end{array}\right.$$
$$AX=2\cdot X\Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{ccc}-x_1+x_2 & = & 0 \\ x_1-x_2 & = & 0 \end{array}\right.$$
$$AX=2\cdot X\Longleftrightarrow x_1-x_2=0$$
D'où : $$E_2=\left\{\left(x_1;x_2\right)\in {\mathbb{R}}^2;x_1-x_2=0\right\}$$
$$E_2=\left\{\left(x_1;x_2\right)\in {\mathbb{R}}^2;x_1=x_2\right\}$$
$$E_2=\left\{\left(x_2;x_2\right);x_2\in \mathbb{R}\right\}$$
$$E_2=\left\{x_2\left(1;1\right);x_2\in \mathbb{R}\right\}$$
$$E_2=\text{Vect}\left\{\left(1;1\right)\right\}$$
Posons . Le sous-espace propre $$E_2$$ est engendré par $$e'_2$$ .
$$\red{3}$$^{$$\red{\text{ème}}$$}$$\text{\red{ étape :}}$$ Montrons que la famille $$B=\left(e'_1,e'_2\right)$$ est une base de $${\mathbb{R}}^2$$ .
Les vecteurs $$e'_1\left(-1;1\right)$$ et $$e'_2\left(1;1\right)$$ ne sont pas colinéaires.
La famille $$B=\left(e'_1,e'_2\right)$$ est une famille libre de $${\mathbb{R}}^2$$ et comme $$\dim \left({\mathbb{R}}^2\right)=2$$.
Alors $$B=\left(e'_1,e'_2\right)$$ est bien une base de $${\mathbb{R}}^2$$ .
$$\red{4}$$^{$$\red{\text{ème}}$$}$$\text{\red{ étape :}}$$ Déterminons la matrice de passage de la base canonique de $${\mathbb{R}}^2$$ à la base $$B$$ .
Exprimons les vecteurs $$e'_1$$ et $$e'_2$$ à l'aide des vecteurs de la base canonique de $${\mathbb{R}}^2$$ .
Les vecteurs $$e_1\left(1;0\right)$$ et $$e_2\left(0;1\right)$$ sont les vecteurs de la base canonique de $${\mathbb{R}}^2$$ .
$$e'_1\left(-1;1\right)=\red{-1}\times\left(1;0\right)+\pink{1}\times\left(0;1\right)$$ autrement dit $$e'_1=\red{-1}e_1+\pink{1}e_2$$
$$e'_2\left(1;1\right)={\color{blue}{1}}\times\left(1;0\right)+\green{1}\times\left(0;1\right)$$ autrement dit $$e'_2={\color{blue}{1}}e_1+\green{1}e_2$$.
Ainsi :
$$\red{5}$$^{$$\red{\text{ème}}$$}$$\text{\red{ étape :}}$$ calcul de la matrice inverse de $$P$$ notée $$P^{-1}$$ .
Nous ne détaillons pas le calcul de $$P^{-1}$$ ( ne pas hésiter à reprendre la vidéo sur les matrices inverses ci-besoin)
$$P^{-1}=\left( \begin{array}{cc}-\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{array}\right)$$
$$\red{6}$$^{$$\red{\text{ème}}$$}$$\text{\red{ étape :}}$$ Calcul de la matrice diagonale $$D$$ .
La matrice $$A$$ est diagonalisable si $$A$$ est semblable a une matrice diagonale $$D$$ c'est à dire : $$D=P^{-1}AP$$.
On a donc :
$$D=\left( \begin{array}{cc}-\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{array}\right)\left( \begin{array}{cc}1 & 1 \\ 1 & 1 \end{array}\right)\left( \begin{array}{cc}\red{-1} & {\color{blue}{1}} \\ \pink{1} & \green{1} \end{array}\right)$$
$$D=\left( \begin{array}{cc}\lambda_1 & 0 \\ 0& \lambda_2 \end{array}\right)$$
Ainsi :