Matrice avec un paramètre: diagonalisable ?

Colle de mathématiques

Sujet de colle de maths:

DiagonalisationDiagonalisation de matrice et réduction des endomorphismes
MatricesMatrices

Énoncé du sujet

Soit

un nombre réel et

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

, et préciser pour quelles valeurs de

l'endomorphisme est diagonalisable.

Correction

Méthode 1: avec le polynôme caractéristique
On calcule le polynôme caractéristique de

. 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

sont donc 1,2 et

. En particluier, si $m\neq 1$ et $m\neq 2$ ,

admet trois valeurs propres distinctes et est donc diagonalisable.

Par contre, si

n'admet que deux valeurs propres.
Si

, la valeur propre $\lambda=1$ est double et il faut connaître la dimensions de de l'espace propre associé.
Pour

, 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

et cet espace propre est de dimension $1\neq2$ : la matrice, et l'endomorphisme, n'est pas diagonalisable.

Si

, 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

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