@ccueil Colles

Matrice avec un paramètre: diagonalisable ?


Soit $m$ un nombre réel et $f$ l'endomorphisme de $\R^3$ dont la matrice dans la base canonique est
\[A=\lp\begin{array}{rcl}
1&0&1\\
-1&2&1\\
2-m&m-2&m
\end{array}\rp\]

Déterminer les valeurs propres de $f$, et préciser pour quelles valeurs de $m$ l'endomorphisme est diagonalisable.

Correction
Méthode 1: avec le polynôme caractéristique
On calcule le polynôme caractéristique de $A$. On a
\[\chi_A(X)=\left|\begin{array}{ccc}
1-X&0&1\\
-1&2-X&1\\
2-m&m-2&m-X
\enar\right|\]

soit, avec $C_1\leftarrow C_1+C_2$,
\[\chi_A(X)=\left|
\begin{array}{ccc}
1-X&0&1\\
1-X&2-X&1\\
0&m-2&m-X
\enar\right|\]

puis $L_2\leftarrow L_2-L_1$
\[\begin{array}{ll}\chi_A(X)&=\left|\begin{array}{ccc}
1-X&0&1\\
0&2-X&0\\
0&m-2&m-X
\enar\right|\\[2em]
&=(1-X)\left|\begin{array}{cc}
2-X&0\\
m-2&m-X
\end{array}\right|\\[1.5em]
&=(1-X)(2-X)(m-X)\enar\]


Les valeurs propres de $A$ sont donc 1,2 et $m$. En particluier, si $m\neq 1$ et $m\neq 2$, $A$ admet trois valeurs propres distinctes et est donc diagonalisable.

Par contre, si $m=1$ ou $m=2$, $A$ n'admet que deux valeurs propres.
Si $m=1$, la valeur propre $\lambda=1$ est double et il faut connaître la dimensions de de l'espace propre associé.
Pour $u=(x,y,z)$, on a
\[f(u)=u\iff
\la\begin{array}{rcl}
z&=&0\\
-x+y+z&=&0\\
x-y&=&0\\
\enar\right.
\iff
\left\{}\newcommand{\ra}{\right\}
\begin{array}{rcl}
x&=&x\\
y&=&x\\
z&=&0
\enar\right.\]

Une base de $\ker(f-I)$ est donc donnée par le vecteur $(1,1,0)$ et cet espace propre est de dimension $1\neq2$: la matrice, et l'endomorphisme, n'est pas diagonalisable.

Si $m=2$, c'est la valeur propre $\lambda=2$ qui est cette fois double, et l'espace propre associé est donné par
\[f(u)=2u\iff
\la\begin{array}{rcl}
-x+z&=&0\\
-x+z&=&0\\
0&=&0\\
\enar\right.
\iff
\la\begin{array}{rcl}
x&=&x\\
y&=&y\\
z&=&x
\enar\right.\]

On a alors $\ker(f-2I)=\text{Vect}\bigl\{(1,0,1)\,;\,(0,1,0)\bigr\}$, et en particulier, $\text{dim}\lp\ker(f-2I)\rp=2$ et $f$ est cette fois diagonalisable.


Méthode 2: avec un calcul de rang
On calcule $r=\text{rang}\left( A-\lambda I\rp$:
\[r=\text{rg}
\lp\begin{array}{ccc}1-\lambda&0&1\\-1&2-\lambda&1\\2-m&m-2&m-\lambda\enar\rp\]

soit, intervertissant les lignes 1 et 2: $L_1\leftrightarrow L_2$
\[r=\text{rg}
\lp\begin{array}{ccc}-1&2-\lambda&1\\1-\lambda&0&1\\2-m&m-2&m-\lambda\enar\rp\]

puis $L_2\leftarrow L_2+(1-\lambda)L_1$ et $L_3\leftarrow (2-m)L_1$:
\[\begin{array}{ll}r&=\text{rg}
\lp\begin{array}{ccc}-1&2-\lambda&1\\0&(1-\lambda)(2-\lambda)&2-\lambda\\
0&m-2+(2-m)(2-\lambda)&2-\lambda\enar\rp\\[2.2em]
&=\text{rg}
\lp\begin{array}{ccc}-1&2-\lambda&1\\0&(1-\lambda)(2-\lambda)&2-\lambda\\
0&(2-m)(1-\lambda)&2-\lambda\enar\right)
\enar\]

puis $L_3\leftarrow L_3-L_2$:
\[r=\text{rg}
\lp\begin{array}{ccc}-1&2-\lambda&1\\0&(1-\lambda)(2-\lambda)&2-\lambda\\
0&(1-\lambda)(\lambda-m)&0\enar\rp\]

et enfin, simplement pour finir le pivot de Gauss et obtenir une matrice triangulaire, on intervertit les deux dernières colonnes: $C_2\leftrightarrow C_3$
\[r=\text{rg}
\lp\begin{array}{ccc}-1&1&2-\lambda\\0&2-\lambda&(1-\lambda)(2-\lambda)\\
0&0&(1-\lambda)(\lambda-m)\enar\rp\]

On a maintenant un rang $r\not=3$ pour $\lambda=2$, ou $\lambda=1$ ou encore $\lambda=m$.
Ainsi, si $m\not=1$ et $m\not=2$, la matrice a trois valeurs propres distinctes et est donc diagonalisables.
Il reste à étudier les cas $m=1$ et $m=2$.

Supposons $m=1$ alors $\lambda=2$ est valeur propre simple, et $\lambda=1$ est valeur propre double avec
\[r=\text{rg}
\lp\begin{array}{ccc}-1&1&1\\0&1&0\\
0&0&0\enar\rp=2\]

La dimension de l'espace propre associé est donc 1 et la matrice n'est pas diagonalisable.

Supposons $m=2$ alors $\lambda=1$ est valeur propre simple, et $\lambda=2$ est valeur propre double avec
\[r=\text{rg}
\lp\begin{array}{ccc}-1&1&0\\0&0&0\\
0&0&0\enar\rp=1\]

La dimension de l'espace propre associé est cette fois 2 et la matrice est diagonalisable.

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Tags:DiagonalisationMatrices

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