Diagonalisation

Diagonaliser une matrice carrée d'ordre 33 : Mise en pratique dans le cas où les racines du polynôme caractéristique sont toutes distinctes - Exercice 1

20 min
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Question 1

Diagonaliser la matrice AA définie par A=(13−2001021)A=\left( \begin{array}{ccc}1 & 3 & -2 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 2 & 1 \end{array}\right) .

Correction
1\red{1}eˋre\red{\text{ère}} eˊtape :\text{\red{ étape :}} Déterminons le polynôme caractéristique de AA
Pλ(A)=∣1−λ3−20−λ1021−λ∣P_{\lambda }\left(A\right)=\left| \begin{array}{ccc}1-\lambda & 3 & -2 \\ 0 & -\lambda & 1 \\ 0 & 2 & 1-\lambda \end{array}\right|
Pλ(A)=(1−λ)(−λ(1−λ)−2)P_{\lambda }\left(A\right)=\left(1-\lambda \right)\left(-\lambda \left(1-\lambda \right)-2\right)
Pλ(A)=(1−λ)(λ2−λ−2)P_{\lambda }\left(A\right)=\left(1-\lambda \right)\left({\lambda }^2-\lambda -2\right)
PAP_A est de degré 33 et admet 33 racines distinctes : λ1=−1\lambda_1=-1 ; λ2=1\lambda_2=1 et λ3=2\lambda_3=2 donc la matrice AA est diagonalisable.
2\red{2}eˋme\red{\text{ème}} eˊtape :\text{\red{ étape :}} Recherche des sous-espaces propres.
Déterminons une base du sous-espace propre E1{\color{blue}{E_1}} associée à la valeur propre λ1=−1{\color{blue}{\lambda_1=-1}}
Posons X=(x1x2x3)X=\left( \begin{array}{c}x_1 \\ x_2 \\x_3 \end{array}\right) où (x1;x2;x3)∈R3\left(x_1;x_2;x_3\right)\in {\mathbb{R}}^3, il vient : AX=λ1XAX={\lambda }_1X
AX=−1⋅X⟺(13−2001021)(x1x2x3)=−1(x1x2x3)AX=-1\cdot X\Longleftrightarrow \left( \begin{array}{ccc}1 & 3 & -2 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 2 & 1 \end{array}\right)\left( \begin{array}{c}x_1 \\ x_2 \\x_3\end{array}\right)=-1\left( \begin{array}{c}x_1 \\ x_2 \\x_3\end{array}\right)
AX=−1⋅X⟺{x1+3x2−2x3=−x1x3=−x22x2+x3=−x3AX=-1\cdot X\Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{ccc}x_1+3x_2-2x_3 & = & -x_1 \\ x_3 & = & -x_2 \\ 2x_2+x_3 & = & -x_3 \end{array}\right.
AX=−1⋅X⟺{2x1+3x2−2x3=0x2+x3=02x2+2x3=0AX=-1\cdot X\Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{ccc}2x_1+3x_2-2x_3 & = & 0 \\ x_2+x_3 & = & 0 \\ 2x_2+2x_3 & = & 0 \end{array}\right.
AX=−1⋅X⟺{2x1+3x2−2x3=0x2=−x3x2=−x3AX=-1\cdot X\Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{ccc}2x_1+3x_2-2x_3 & = & 0 \\ x_2 & = & -x_3 \\ x_2 & = & -x_3 \end{array}\right.
AX=−1⋅X⟺{2x1−3x3−2x3=0x2=−x3x2=−x3AX=-1\cdot X\Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{ccc}2x_1-3x_3-2x_3 & = & 0 \\ x_2 & = & -x_3 \\ x_2 & = & -x_3 \end{array}\right.
AX=−1⋅X⟺{x1=52x3x2=−x3x2=−x3AX=-1\cdot X\Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{ccc}x_1 & = & {\frac{5}{2}x}_3 \\ x_2 & = & -x_3 \\ x_2 & = & -x_3 \end{array}\right.
D'où : E1={(x1;x2;x3)∈R3;x1=52x3 et x2=−x3}E_1=\left\{\left(x_1;x_2;x_3\right)\in {\mathbb{R}}^3;x_1=\frac{5}{2}x_3 \text{ et } x_2=-x_3\right\}
E1={(52x3;−x3;x3);x3∈R}E_1=\left\{\left(\frac{5}{2}x_3;-x_3;x_3\right);x_3\in {\mathbb{R}}\right\}
E1={x3(52;−1;1);x3∈R}E_1=\left\{x_3\left(\frac{5}{2};-1;1\right);x_3\in \mathbb{R}\right\}
E1=Vect{(52;−1;1)}E_1=\text{Vect}\left\{\left(\frac{5}{2};-1;1\right)\right\} . Afin de ne pas avoir d'écriture rationnelle on peut également écrire que : E1=Vect{(5;−2;2)}E_1=\text{Vect}\left\{\left(5;-2;2\right)\right\}
Posons
e1′(5;−2;2)e'_1\left(5;-2;2\right)
. Le sous-espace propre E1E_1 est engendré par e1′e'_1 .
Déterminons une base du sous-espace propre E2{\color{blue}{E_2}} associée à la valeur propre λ2=1{\color{blue}{\lambda_2=1}}
Posons X=(x1x2x3)X=\left( \begin{array}{c}x_1 \\ x_2 \\x_3 \end{array}\right) où (x1;x2;x3)∈R3\left(x_1;x_2;x_3\right)\in {\mathbb{R}}^3, il vient : AX=λ2XAX={\lambda }_2X
AX=1⋅X⟺(13−2001021)(x1x2x3)=1(x1x2x3)AX=1\cdot X\Longleftrightarrow \left( \begin{array}{ccc}1 & 3 & -2 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 2 & 1 \end{array}\right)\left( \begin{array}{c}x_1 \\ x_2 \\x_3\end{array}\right)=1\left( \begin{array}{c}x_1 \\ x_2 \\x_3\end{array}\right)
AX=1⋅X⟺{x1+3x2−2x3=x1x3=x22x2+x3=x3AX=1\cdot X\Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{ccc}x_1+3x_2-2x_3 & = & x_1 \\ x_3 & = & x_2 \\ 2x_2+x_3 & = & x_3 \end{array}\right.
AX=1⋅X⟺{3x2−2x3=0−x2+x3=02x2=0AX=1\cdot X\Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{ccc}3x_2-2x_3 & = & 0 \\ -x_2+x_3 & = & 0 \\ 2x_2 & = & 0 \end{array}\right.
AX=1⋅X⟺{0=0x3=0x2=0AX=1\cdot X\Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{ccc}0 & = & 0 \\ x_3 & = & 0 \\ x_2 & = & 0 \end{array}\right.
D'où : E2={(x1;x2;x3)∈R3;x2=x3=0}E_2=\left\{\left(x_1;x_2;x_3\right)\in {\mathbb{R}}^3; x_2=x_3=0\right\}
E2={(x1;0;0);x1∈R}E_2=\left\{\left(x_1;0;0\right);x_1\in {\mathbb{R}}\right\}
E2={x1(1;0;0);x1∈R}E_2=\left\{x_1\left(1;0;0\right);x_1\in \mathbb{R}\right\}
E2=Vect{(1;0;0)}E_2=\text{Vect}\left\{\left(1;0;0\right)\right\}
Posons
e2′(1;0;0)e'_2\left(1;0;0\right)
. Le sous-espace propre E2E_2 est engendré par e2′e'_2 .
Déterminons une base du sous-espace propre E3{\color{blue}{E_3}} associée à la valeur propre λ3=2{\color{blue}{\lambda_3=2}}
Posons X=(x1x2x3)X=\left( \begin{array}{c}x_1 \\ x_2 \\x_3 \end{array}\right) où (x1;x2;x3)∈R3\left(x_1;x_2;x_3\right)\in {\mathbb{R}}^3, il vient : AX=λ3XAX={\lambda }_3X
AX=2⋅X⟺(13−2001021)(x1x2x3)=2(x1x2x3)AX=2\cdot X\Longleftrightarrow \left( \begin{array}{ccc}1 & 3 & -2 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 2 & 1 \end{array}\right)\left( \begin{array}{c}x_1 \\ x_2 \\x_3\end{array}\right)=2\left( \begin{array}{c}x_1 \\ x_2 \\x_3\end{array}\right)
AX=2⋅X⟺{x1+3x2−2x3=2x1x3=2x22x2+x3=2x3AX=2\cdot X\Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{ccc}x_1+3x_2-2x_3 & = & 2x_1 \\ x_3 & = & 2x_2 \\ 2x_2+x_3 & = & 2x_3 \end{array}\right.
AX=2⋅X⟺{−x1+3x2−2x3=0−2x2+x3=02x2−x3=0AX=2\cdot X\Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{ccc}-x_1+3x_2-2x_3 & = & 0 \\ -2x_2+x_3 & = & 0 \\ 2x_2-x_3 & = & 0 \end{array}\right.
AX=2⋅X⟺{−x1+3x2−2x3=0x3=2x2x3=2x2AX=2\cdot X\Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{ccc}-x_1+3x_2-2x_3 & = & 0 \\ x_3 & = & 2x_2 \\ x_3 & = & 2x_2 \end{array}\right.
AX=2⋅X⟺{−x1+3x2−4x2=0x3=2x2x3=2x2AX=2\cdot X\Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{ccc}-x_1+3x_2-4x_2 & = & 0 \\ x_3 & = & 2x_2 \\ x_3 & = & 2x_2 \end{array}\right.
AX=2⋅X⟺{x1=−x2x3=2x2x3=2x2AX=2\cdot X\Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{ccc}x_1 & = & -x_2 \\ x_3 & = & 2x_2 \\ x_3 & = & 2x_2 \end{array}\right.
D'où : E3={(x1;x2;x3)∈R3;x1=−x2 et x3=2x2}E_3=\left\{\left(x_1;x_2;x_3\right)\in {\mathbb{R}}^3; x_1=-x_2 \text{ et } x_3=2x_2\right\}
E3={(−x2;x2;2x2),x2∈R}E_3=\left\{\left(-x_2;x_2;2x_2\right), x_2 \in\mathbb{R}\right\}
E3={x2(−1;1;2);x2∈R}E_3=\left\{x_2\left(-1;1;2\right);x_2\in \mathbb{R}\right\}
E3=Vect{(−1;1;2)}E_3=\text{Vect}\left\{\left(-1;1;2\right)\right\}
Posons
e3′(−1;1;2)e'_3\left(-1;1;2\right)
. Le sous-espace propre E3E_3 est engendré par e3′e'_3 .
3\red{3}eˋme\red{\text{ème}} eˊtape :\text{\red{ étape :}} Montrons que la famille B=(e1′,e2′,e3′)B=\left(e'_1,e'_2,e'_3\right) est une base de R3{\mathbb{R}}^3 .
Les vecteurs e1′(5;−2;2)e'_1\left(5;-2;2\right) ; e2′(1;0;0)e'_2\left(1;0;0\right) et e3′(−1;1;2)e'_3\left(-1;1;2\right) sont linéairement indépendants.
La famille B=(e1′,e2′,e3′)B=\left(e'_1,e'_2,e'_3\right) est une famille libre de R3{\mathbb{R}}^3 et comme dim⁡(R3)=3\dim \left({\mathbb{R}}^3\right)=3.
Alors B=(e1′,e2′,e3′)B=\left(e'_1,e'_2,e'_3\right) est bien une base de R3{\mathbb{R}}^3 .
4\red{4}eˋme\red{\text{ème}} eˊtape :\text{\red{ étape :}} Déterminons la matrice de passage de la base canonique de R3{\mathbb{R}}^3 à la base BB .
Exprimons les vecteurs e1′e'_1 ; e2′e'_2 et e3′e'_3 à l'aide des vecteurs de la base canonique de R3{\mathbb{R}}^3 .
Les vecteurs e1(1;0;0)e_1\left(1;0;0\right) ; e2(0;1;0)e_2\left(0;1;0\right) et e3(0;0;1)e_3\left(0;0;1\right) sont les vecteurs de la base canonique de R3{\mathbb{R}}^3 .
e1′(5;−2;2)=5×(1;0;0)−2×(0;1;0)+2×(0;0;1)e'_1\left(5;-2;2\right)=\red{5}\times\left(1;0;0\right)\red{-2}\times\left(0;1;0\right)\red{+2}\times\left(0;0;1\right) autrement dit e1′=5e1−2e2+2e3e'_1=\red{5}e_1\red{-2}e_2+\red{2}e_3
e2′(1;0;0)=1×(1;0;0)+0×(0;1;0)+0×(0;0;1)e'_2\left(1;0;0\right)=\blue{1}\times\left(1;0;0\right)\blue{+0}\times\left(0;1;0\right)\blue{+0}\times\left(0;0;1\right) autrement dit e2′=1e1+0e2+0e3e'_2=\blue{1}e_1\blue{+0}e_2\blue{+0}e_3
e3′(−1;1;2)=−1×(1;0;0)+1×(0;1;0)+2×(0;0;1)e'_3\left(-1;1;2\right)=\green{-1}\times\left(1;0;0\right)\green{+1}\times\left(0;1;0\right)\green{+2}\times\left(0;0;1\right) autrement dit e3′=−1e1+1e2+2e3e'_3=\green{-1}e_1\green{+1}e_2\green{+2}e_3
Ainsi :
P=(51−1−201202)P=\left( \begin{array}{ccc}\red{5} & \blue{1} & \green{-1} \\ \red{-2} & \blue{0} & \green{1} \\ \red{2} & \blue{0} & \green{2} \end{array}\right)

5\red{5}eˋme\red{\text{ème}} eˊtape :\text{\red{ étape :}} calcul de la matrice inverse de PP notée P−1P^{-1} .
Nous ne détaillons pas le calcul de P−1P^{-1} ( ne pas hésiter à reprendre la vidéo sur les matrices inverses ci-besoin)
P−1=(0−131612−1201313)P^{-1}=\left( \begin{array}{ccc}0 & -\frac{1}{3} & \frac{1}{6} \\ 1 & 2 & -\frac{1}{2} \\ 0 & \frac{1}{3} & \frac{1}{3} \end{array}\right)
6\red{6}eˋme\red{\text{ème}} eˊtape :\text{\red{ étape :}} Calcul de la matrice diagonale DD .
La matrice AA est diagonalisable si AA est semblable a une matrice diagonale DD c'est à dire : D=P−1APD=P^{-1}AP.
On a donc :
D=(0−131612−1201313)(13−2001021)(51−1−201202)D=\left( \begin{array}{ccc}0 & -\frac{1}{3} & \frac{1}{6} \\ 1 & 2 & -\frac{1}{2} \\ 0 & \frac{1}{3} & \frac{1}{3} \end{array}\right)\left( \begin{array}{ccc}1 & 3 & -2 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 2 & 1 \end{array}\right)\left( \begin{array}{ccc}\red{5} & \blue{1} & \green{-1} \\ \red{-2} & \blue{0} & \green{1} \\ \red{2} & \blue{0} & \green{2} \end{array}\right)
D=(λ1000λ2000λ3)D=\left( \begin{array}{ccc}{\lambda }_1 & 0 & 0 \\ 0 & {\lambda }_2 & 0 \\ 0 & 0 & {\lambda }_3 \end{array}\right)
Ainsi :
D=(−100010002)D=\left( \begin{array}{ccc}-1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2\end{array}\right)

Question 2

Diagonaliser la matrice AA définie par A=(120050180)A=\left( \begin{array}{ccc}1 & 2 & 0 \\ 0 & 5& 0 \\ 1 & 8 & 0 \end{array}\right) .

Correction
1\red{1}eˋre\red{\text{ère}} eˊtape :\text{\red{ étape :}} Déterminons le polynôme caractéristique de AA
Pλ(A)=∣1−λ2005−λ018−λ∣P_{\lambda }\left(A\right)=\left| \begin{array}{ccc}1-\lambda & 2 & 0 \\ 0 & 5-\lambda & 0 \\ 1 & 8 & -\lambda \end{array}\right|
On développe le déterminant suivant la troisième colonne.
Pλ(A)=−λ(1−λ)(5−λ)P_{\lambda }\left(A\right)=-\lambda\left(1-\lambda \right)\left(5-\lambda\right)
PAP_A est de degré 33 et admet 33 racines distinctes : λ1=0\lambda_1=0 ; λ2=1\lambda_2=1 et λ3=5\lambda_3=5 donc la matrice AA est diagonalisable.
2\red{2}eˋme\red{\text{ème}} eˊtape :\text{\red{ étape :}} Recherche des sous-espaces propres.
Déterminons une base du sous-espace propre E1{\color{blue}{E_1}} associée à la valeur propre λ1=0{\color{blue}{\lambda_1=0}}
Posons X=(x1x2x3)X=\left( \begin{array}{c}x_1 \\ x_2 \\x_3 \end{array}\right) où (x1;x2;x3)∈R3\left(x_1;x_2;x_3\right)\in {\mathbb{R}}^3, il vient : AX=λ1XAX={\lambda }_1X
AX=0⋅X⟺(120050180)(x1x2x3)=0(x1x2x3)AX=0\cdot X\Longleftrightarrow \left( \begin{array}{ccc}1 & 2 & 0 \\ 0 & 5& 0 \\ 1 & 8 & 0 \end{array}\right)\left( \begin{array}{c}x_1 \\ x_2 \\x_3\end{array}\right)=0\left( \begin{array}{c}x_1 \\ x_2 \\x_3\end{array}\right)
AX=0⋅X⟺{x1+2x2=05x2=0x1+8x2=0AX=0\cdot X\Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{ccc}x_1+2x_2 & = &0 \\ 5x_2 & = & 0 \\ x_1+8x_2 & = & 0 \end{array}\right.
AX=0⋅X⟺{x1=0x2=0x1=0AX=0\cdot X\Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{ccc}x_1 & = &0 \\ x_2 & = & 0 \\ x_1 & = & 0 \end{array}\right.
D'où : E1={(x1;x2;x3)∈R3;x1=x2=0}E_1=\left\{\left(x_1;x_2;x_3\right)\in {\mathbb{R}}^3;x_1=x_2=0\right\}
E1={(0;0;x3);x3∈R}E_1=\left\{\left(0;0;x_3\right);x_3\in {\mathbb{R}}\right\}
E1={x3(0;0;1);x3∈R}E_1=\left\{x_3\left(0;0;1\right);x_3\in \mathbb{R}\right\}
E1=Vect{(0;0;1)}E_1=\text{Vect}\left\{\left(0;0;1\right)\right\}
Posons
e1′(0;0;1)e'_1\left(0;0;1\right)
. Le sous-espace propre E1E_1 est engendré par e1′e'_1 .
Déterminons une base du sous-espace propre E2{\color{blue}{E_2}} associée à la valeur propre λ2=1{\color{blue}{\lambda_2=1}}
Posons X=(x1x2x3)X=\left( \begin{array}{c}x_1 \\ x_2 \\x_3 \end{array}\right) où (x1;x2;x3)∈R3\left(x_1;x_2;x_3\right)\in {\mathbb{R}}^3, il vient : AX=λ2XAX={\lambda }_2X
AX=1⋅X⟺(120050180)(x1x2x3)=1(x1x2x3)AX=1\cdot X\Longleftrightarrow \left( \begin{array}{ccc}1 & 2 & 0 \\ 0 & 5& 0 \\ 1 & 8 & 0 \end{array}\right)\left( \begin{array}{c}x_1 \\ x_2 \\x_3\end{array}\right)=1\left( \begin{array}{c}x_1 \\ x_2 \\x_3\end{array}\right)
AX=1⋅X⟺{x1+2x2=x15x2=x2x1+8x2=x3AX=1\cdot X\Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{ccc}x_1+2x_2 & = & x_1 \\ 5x_2 & = & x_2 \\ x_1+8x_2 & = & x_3 \end{array}\right.
AX=1⋅X⟺{x2=0x2=0x1+8x2=x3AX=1\cdot X\Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{ccc}x_2 & = & 0 \\ x_2 & = & 0 \\ x_1+8x_2 & = & x_3 \end{array}\right.
AX=1⋅X⟺{x2=0x2=0x1=x3AX=1\cdot X\Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{ccc}x_2 & = & 0 \\ x_2 & = & 0 \\ x_1 & = & x_3 \end{array}\right.
D'où : E2={(x1;x2;x3)∈R3;x1=x3 et x2=0}E_2=\left\{\left(x_1;x_2;x_3\right)\in {\mathbb{R}}^3; x_1=x_3 \text{ et } x_2=0 \right\}
E2={(x1;0;x1);x1∈R}E_2=\left\{\left(x_1;0;x_1\right);x_1\in {\mathbb{R}}\right\}
E2={x1(1;0;1);x1∈R}E_2=\left\{x_1\left(1;0;1\right);x_1\in \mathbb{R}\right\}
E2=Vect{(1;0;1)}E_2=\text{Vect}\left\{\left(1;0;1\right)\right\}
Posons
e2′(1;0;1)e'_2\left(1;0;1\right)
. Le sous-espace propre E2E_2 est engendré par e2′e'_2 .
Déterminons une base du sous-espace propre E3{\color{blue}{E_3}} associée à la valeur propre λ3=5{\color{blue}{\lambda_3=5}}
Posons X=(x1x2x3)X=\left( \begin{array}{c}x_1 \\ x_2 \\x_3 \end{array}\right) où (x1;x2;x3)∈R3\left(x_1;x_2;x_3\right)\in {\mathbb{R}}^3, il vient : AX=λ3XAX={\lambda }_3X
AX=5⋅X⟺(120050180)(x1x2x3)=5(x1x2x3)AX=5\cdot X\Longleftrightarrow \left( \begin{array}{ccc}1 & 2 & 0 \\ 0 & 5& 0 \\ 1 & 8 & 0 \end{array}\right)\left( \begin{array}{c}x_1 \\ x_2 \\x_3\end{array}\right)=5\left( \begin{array}{c}x_1 \\ x_2 \\x_3\end{array}\right)
AX=5⋅X⟺{x1+2x2=5x15x2=5x2x1+8x2=5x3AX=5\cdot X\Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{ccc}x_1+2x_2 & = & 5x_1 \\ 5x_2 & = & 5x_2 \\ x_1+8x_2 & = & 5x_3 \end{array}\right.
AX=5⋅X⟺{−4x1+2x2=00=0x1+8x2=5x3AX=5\cdot X\Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{ccc}-4x_1+2x_2 & = & 0 \\ 0 & = & 0 \\ x_1+8x_2 & = & 5x_3 \end{array}\right.
AX=5⋅X⟺{x2=2x10=0x1+8x2=5x3AX=5\cdot X\Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{ccc}x_2 & = & 2x_1 \\ 0 & = & 0 \\ x_1+8x_2 & = & 5x_3 \end{array}\right.
AX=5⋅X⟺{x2=2x10=0x1+8x2=5x3AX=5\cdot X\Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{ccc}x_2 & = & 2x_1 \\ 0 & = & 0 \\ x_1+8x_2 & = & 5x_3 \end{array}\right.
AX=5⋅X⟺{x2=2x10=017x1=5x3AX=5\cdot X\Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{ccc}x_2 & = & 2x_1 \\ 0 & = & 0 \\ 17x_1 & = & 5x_3 \end{array}\right.
AX=5⋅X⟺{x2=2x10=0175x1=x3AX=5\cdot X\Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{ccc}x_2 & = & 2x_1 \\ 0 & = & 0 \\ \frac{17}{5}x_1 & = & x_3 \end{array}\right.
D'où : E3={(x1;x2;x3)∈R3;2x1=x2 et x3=175x1}E_3=\left\{\left(x_1;x_2;x_3\right)\in {\mathbb{R}}^3; 2x_1=x_2 \text{ et } x_3=\frac{17}{5}x_1\right\}
E3={(x1;2x1;175x1),x1∈R}E_3=\left\{\left(x_1;2x_1;\frac{17}{5}x_1\right), x_1 \in\mathbb{R}\right\}
E3={x1(1;2;175),x1∈R}E_3=\left\{x_1\left(1;2;\frac{17}{5}\right), x_1 \in\mathbb{R}\right\}
E3=Vect{(1;2;175)}E_3=\text{Vect}\left\{\left(1;2;\frac{17}{5}\right)\right\} . Afin de ne pas avoir d'écriture rationnelle on peut également écrire que : E3=Vect{(5;10;17)}E_3=\text{Vect}\left\{\left(5;10;17\right)\right\}
Posons
e3′(5;10;17)e'_3\left(5;10;17\right)
. Le sous-espace propre E3E_3 est engendré par e3′e'_3 .
3\red{3}eˋme\red{\text{ème}} eˊtape :\text{\red{ étape :}} Montrons que la famille B=(e1′,e2′,e3′)B=\left(e'_1,e'_2,e'_3\right) est une base de R3{\mathbb{R}}^3 .
Les vecteurs e1′(0;0;1)e'_1\left(0;0;1\right) ; e2′(1;0;1)e'_2\left(1;0;1\right) et e3′(5;10;17)e'_3\left(5;10;17\right) sont linéairement indépendants.
La famille B=(e1′,e2′,e3′)B=\left(e'_1,e'_2,e'_3\right) est une famille libre de R3{\mathbb{R}}^3 et comme dim⁡(R3)=3\dim \left({\mathbb{R}}^3\right)=3.
Alors B=(e1′,e2′,e3′)B=\left(e'_1,e'_2,e'_3\right) est bien une base de R3{\mathbb{R}}^3 .
4\red{4}eˋme\red{\text{ème}} eˊtape :\text{\red{ étape :}} Déterminons la matrice de passage de la base canonique de R3{\mathbb{R}}^3 à la base BB .
Exprimons les vecteurs e1′e'_1 ; e2′e'_2 et e3′e'_3 à l'aide des vecteurs de la base canonique de R3{\mathbb{R}}^3 .
Les vecteurs e1(1;0;0)e_1\left(1;0;0\right) ; e2(0;1;0)e_2\left(0;1;0\right) et e3(0;0;1)e_3\left(0;0;1\right) sont les vecteurs de la base canonique de R3{\mathbb{R}}^3 .
e1′(0;0;1)=0×(1;0;0)+0×(0;1;0)+1×(0;0;1)e'_1\left(0;0;1\right)=\red{0}\times\left(1;0;0\right)\red{+0}\times\left(0;1;0\right)\red{+1}\times\left(0;0;1\right) autrement dit e1′=0e1+0e2+1e3e'_1=\red{0}e_1\red{+0}e_2+\red{1}e_3
e2′(1;0;1)=1×(1;0;0)+0×(0;1;0)+1×(0;0;1)e'_2\left(1;0;1\right)=\blue{1}\times\left(1;0;0\right)\blue{+0}\times\left(0;1;0\right)\blue{+1}\times\left(0;0;1\right) autrement dit e2′=1e1+0e2+1e3e'_2=\blue{1}e_1\blue{+0}e_2\blue{+1}e_3
e3′(5;10;17)=5×(1;0;0)+10×(0;1;0)+17×(0;0;1)e'_3\left(5;10;17\right)=\green{5}\times\left(1;0;0\right)\green{+10}\times\left(0;1;0\right)\green{+17}\times\left(0;0;1\right) autrement dit e3′=5e1+10e2+17e3e'_3=\green{5}e_1\green{+10}e_2\green{+17}e_3
Ainsi :
P=(01500101117)P=\left( \begin{array}{ccc}\red{0} & \blue{1} & \green{5} \\ \red{0} & \blue{0} & \green{10} \\ \red{1} & \blue{1} & \green{17} \end{array}\right)

5\red{5}eˋme\red{\text{ème}} eˊtape :\text{\red{ étape :}} calcul de la matrice inverse de PP notée P−1P^{-1} .
Nous ne détaillons pas le calcul de P−1P^{-1} ( ne pas hésiter à reprendre la vidéo sur les matrices inverses ci-besoin)
P−1=(−1−6511−12001100)P^{-1}=\left( \begin{array}{ccc}-1 & -\frac{6}{5} & 1 \\ 1 & -\frac{1}{2} & 0 \\ 0 & \frac{1}{10} & 0 \end{array}\right)
6\red{6}eˋme\red{\text{ème}} eˊtape :\text{\red{ étape :}} Calcul de la matrice diagonale DD .
La matrice AA est diagonalisable si AA est semblable a une matrice diagonale DD c'est à dire : D=P−1APD=P^{-1}AP.
On a donc :
D=(−1−6511−12001100)(120050180)(01500101117)D=\left( \begin{array}{ccc}-1 & -\frac{6}{5} & 1 \\ 1 & -\frac{1}{2} & 0 \\ 0 & \frac{1}{10} & 0 \end{array}\right)\left( \begin{array}{ccc}1 & 2 & 0 \\ 0 & 5& 0 \\ 1 & 8 & 0 \end{array}\right)\left( \begin{array}{ccc}\red{0} & \blue{1} & \green{5} \\ \red{0} & \blue{0} & \green{10} \\ \red{1} & \blue{1} & \green{17} \end{array}\right)
D=(λ1000λ2000λ3)D=\left( \begin{array}{ccc}{\lambda }_1 & 0 & 0 \\ 0 & {\lambda }_2 & 0 \\ 0 & 0 & {\lambda }_3 \end{array}\right)
Ainsi :
D=(000010005)D=\left( \begin{array}{ccc}0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 5\end{array}\right)

Question 3

On considère la matrice AA carrée d’ordre 33 définie par A=(157502723)A=\left( \begin{array}{ccc}1 & 5 & 7 \\ 5 & 0& 2 \\ 7 & 2 & 3 \end{array}\right) .
Montrer, sans calcul, que AA est diagonalisable.

Correction
On remarque que la matrice AA est une matrice symétrique car  tA=A~^tA=A
  • Les matrices symétriques dont les coefficients sont des nombres réels sont diagonalisables, il s'agit du théorème spectral en dimension finie.