Diagonalisation

Exercice 8 - Exercice 1

20 min
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Une technique à bien maîtriser.
Question 1
On considère l'application linéaire f∈L(R3)f \in \mathcal{L}(\mathbb{R}^3) dont la représentation matricielle est donnée par la matrice A\mathcal{A} suivante :
A=(41−1−6−12211)\mathcal{A} = \begin{pmatrix} 4 & 1 & -1 \\ -6 & -1 & 2 \\ 2 & 1 & 1 \\ \end{pmatrix}

Démontrer que la matrice A\mathcal{A} est régulière (ou encore non singulière).

Correction
On a, suivant un développement selon la première colonne de la matrice A\mathcal{A} :
det⁡A=(−1)1+1×4×∣−1211∣+(−1)2+1×(−6)×∣1−111∣+(−1)3+1×2×∣1−1−12∣\det \mathcal{A} = (-1)^{1+1} \times 4 \times \begin{vmatrix} -1 & 2 \\ 1 & 1 \\ \end{vmatrix} + (-1)^{2+1} \times (-6) \times \begin{vmatrix} 1 & -1 \\ 1 & 1 \\ \end{vmatrix} + (-1)^{3+1} \times 2 \times \begin{vmatrix} 1 & -1 \\ -1 & 2 \\ \end{vmatrix}
Soit :
det⁡A=4×∣−1211∣+6×∣1−111∣+2×∣1−1−12∣\det \mathcal{A} = 4 \times \begin{vmatrix} -1 & 2 \\ 1 & 1 \\ \end{vmatrix} + 6 \times \begin{vmatrix} 1 & -1 \\ 1 & 1 \\ \end{vmatrix} + 2 \times \begin{vmatrix} 1 & -1 \\ -1 & 2 \\ \end{vmatrix}
Soit encore :
det⁡A=4×(−1−2)+6×(1−(−1))+2×(2−1)\det \mathcal{A} = 4 \times (-1-2) + 6 \times (1-(-1)) + 2 \times (2-1)
Ce qui nous donne :
det⁡A=4×(−3)+6×2+2×1\det \mathcal{A} = 4 \times (-3) + 6 \times 2 + 2 \times 1
D'où :
det⁡A=−12+12+2\det \mathcal{A} = -12 + 12 + 2
Finalement :
det⁡A=2≠0\det \mathcal{A} = 2 \neq 0
Donc la matrice A\mathcal{A} est régulière (ou encore inversible).
Question 2

Déterminer le polynôme caractéristique Pf−3(λ)\mathcal{P}_{f-3}(\lambda) associé.

Correction
Soit λ\lambda un nombre réel.
On a :
Pf−3(λ)=∣4−λ1−1−6−1−λ2211−λ∣\mathcal{P}_{f-3}(\lambda) = \begin{vmatrix} 4 - \lambda & 1 & -1 \\ -6 & -1 - \lambda & 2 \\ 2 & 1 & 1 - \lambda \\ \end{vmatrix}
Effectuons un développement de LaplaceLaplace selon la première colonne de la matrice A\mathcal{A}. On obtient :
det⁡A=(−1)1+1×(4−λ)×∣−1−λ211−λ∣+(−1)2+1×(−6)×∣1−111−λ∣+(−1)3+1×2×∣1−1−1−λ2∣\det \mathcal{A} = (-1)^{1+1} \times (4-\lambda) \times \begin{vmatrix} -1-\lambda & 2 \\ 1 & 1-\lambda \\ \end{vmatrix} + (-1)^{2+1} \times (-6) \times \begin{vmatrix} 1 & -1 \\ 1 & 1-\lambda \\ \end{vmatrix} + (-1)^{3+1} \times 2 \times \begin{vmatrix} 1 & -1 \\ -1-\lambda & 2 \\ \end{vmatrix}
Soit :
det⁡A=(4−λ)×∣−1−λ211−λ∣+6×∣1−111−λ∣+2×∣1−1−1−λ2∣\det \mathcal{A} = (4-\lambda) \times \begin{vmatrix} -1-\lambda & 2 \\ 1 & 1-\lambda \\ \end{vmatrix} + 6 \times \begin{vmatrix} 1 & -1 \\ 1 & 1-\lambda \\ \end{vmatrix} + 2 \times \begin{vmatrix} 1 & -1 \\ -1-\lambda & 2 \\ \end{vmatrix}
Soit encore :
det⁡A=(4−λ)×((−1−λ)(1−λ)−2)+6×(1(1−λ)−1×(−1))+2×(2−1−λ)\det \mathcal{A} = (4-\lambda) \times \big( (-1-\lambda)(1-\lambda) -2 \big) + 6 \times \big( 1(1-\lambda) -1 \times(-1) \big) + 2 \times \big( 2 -1 - \lambda \big)
D'où :
det⁡A=−(4−λ)×((1+λ)(1−λ)+2)+6×(1−λ+1)+2×(1−λ)\det \mathcal{A} = -(4-\lambda) \times \big( (1+\lambda)(1-\lambda) + 2 \big) + 6 \times \big( 1-\lambda + 1 \big) + 2 \times \big( 1 - \lambda \big)
On a alors :
det⁡A=−(4−λ)×(12−λ2+2)+6×(2−λ)+2×(1−λ)\det \mathcal{A} = -(4-\lambda) \times \big( 1^2-\lambda^2 + 2 \big) + 6 \times \big( 2-\lambda \big) + 2 \times \big( 1 - \lambda \big)
Donc :
det⁡A=−(4−λ)×(3−λ2)+(12−6λ)+(2−2λ)\det \mathcal{A} = -(4-\lambda) \times \big( 3-\lambda^2 \big) + \big( 12-6\lambda \big) + \big( 2 - 2\lambda \big)
Ce qui nous permet d'écrire :
det⁡A=(4−λ)×(λ2−3)+14−8λ\det \mathcal{A} = (4-\lambda) \times \big( \lambda^2 -3 \big) + 14 - 8\lambda
det⁡A=4λ2−12−λ3+3λ−3+14−8λ\det \mathcal{A} = 4\lambda^2 - 12 - \lambda^3 + 3\lambda - 3 + 14 - 8\lambda
Finalement :
Pf−3(λ)=−λ3+4λ2−5λ+2\mathcal{P}_{f-3}(\lambda) = - \lambda^3 + 4 \lambda^2 -5\lambda + 2
∙  Remarque:{\color{blue}{\bullet \,\, \bf{Remarque} :}}
Pour  les  puristes  de  la  factorisation,  on  a  eˊgalement:{\color{blue}{Pour \,\, les \,\, puristes \,\, de \,\, la \,\, factorisation, \,\, on \,\, a \,\, également :}}
Pf−3(λ)(−1)3(λ−2)(λ−1)2{\color{blue}{\mathcal{P}_{f-3}(\lambda)(-1)^3(\lambda - 2)(\lambda - 1)^2}}
Cette  forme  factoriseˊe  n′est  pas  neˊcessaire  pour  la  suite  de  l′exercice.{\color{blue}{Cette \,\, forme \,\, factorisée \,\, n'est \,\, pas \,\, nécessaire \,\, pour \,\, la \,\, suite \,\, de \,\, l'exercice.}}
Question 3

En faisant usage du théorème de Cayley-Hamilton\textit{Cayley-Hamilton}, déterminer la matrice inverse A−1\mathcal{A}^{-1}.

Correction
Le théorème de Cayley-Hamilton\textit{Cayley-Hamilton} nous permet d'écrire que :
Pf−3(A)=O3        ⟺        −A3+4A2−5A+2I3=O3\mathcal{P}_{f-3}(\mathcal{A}) = \mathbb{O}_3 \,\,\,\,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\,\,\,\, - \mathcal{A}^3 + 4 \mathcal{A}^2 -5\mathcal{A} + 2\mathbb{I}_3 = \mathbb{O}_3
En multipliant, à droite, par la matrice inverse A−1\mathcal{A}^{-1} (qui existe), on obtient :
−A3A−1+4A2A−1−5AA−1+2I3A−1=O3A−1- \mathcal{A}^3\mathcal{A}^{-1} + 4 \mathcal{A}^2\mathcal{A}^{-1} -5\mathcal{A}\mathcal{A}^{-1} + 2\mathbb{I}_3\mathcal{A}^{-1} = \mathbb{O}_3\mathcal{A}^{-1}
Soit :
−A2+4A−5I3+2A−1=O3- \mathcal{A}^2 + 4 \mathcal{A} -5\mathbb{I}_3 + 2\mathcal{A}^{-1} = \mathbb{O}_3
Donc :
A−1=12(A2−4A+5I3)\mathcal{A}^{-1} = \dfrac{1}{2} (\mathcal{A}^2 - 4 \mathcal{A} + 5 \mathbb{I}_3)
Ce qui nous donne :
A−1=12((82−3−14−36421)−4(41−1−6−12211)+5(100010001))\mathcal{A}^{-1} = \dfrac{1}{2} \left(\begin{pmatrix} 8 & 2 & -3 \\ -14 & -3 & 6 \\ 4 & 2 & 1 \\ \end{pmatrix} - 4 \begin{pmatrix} 4 & 1 & -1 \\ -6 & -1 & 2 \\ 2 & 1 & 1 \\ \end{pmatrix} + 5 \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ \end{pmatrix} \right)
Finalement :
A−1=12(−3−21106−2−4−22)\mathcal{A}^{-1} = \dfrac{1}{2} \begin{pmatrix} -3 & -2 & 1 \\ 10 & 6 & -2 \\ -4 & -2 & 2 \\ \end{pmatrix}