Considérez l’endomorphisme $f$ de $\R^3$ dont la matrice, dans la base canonique, est $A=\begin{pmatrix}6 & -3 & -2 \\ 4 & -1 & -2 \\ 10 & -5 & -3\end{pmatrix}.$
Pour savoir s’il est diagonalisable ou non, vous allez suivre les étapes suivantes :
- Calculez le polynôme caractéristique de la matrice $A$,
- Déterminez les valeurs propres de $A$,
- Déterminez la dimension des sous-espaces propres de $A$ avec le théorème du rang,
- Effectuer la somme des dimensions de ces sous-espaces propres ;
si elle est égale à la dimension de $\R^3$, l’endomorphisme $f$ sera diagonalisable, sinon, il ne le sera pas.
Calculez le polynôme caractéristique de $A$
Effectuez des opérations élémentaires sur les lignes et/ou les colonnes pour calculer le polynôme caractéristique de $A.$
\begin{aligned}
\det (xI-A) &= \begin{vmatrix}x-6 & 3 & 2 \\ -4 & x+1 & 2\\ -10 & 5 & x+3\end{vmatrix} \\
&= \begin{vmatrix}x-2 & -x+2 & 0 \\ -4 & x+1 & 2\\ -10 & 5 & x+3\end{vmatrix} \\
&= (x-2)\begin{vmatrix}1 & -1 & 0 \\ -4 & x+1 & 2\\ -10 & 5 & x+3\end{vmatrix} \\
&= (x-2)\begin{vmatrix}1 & 0 & 0 \\ -4 & x-3 & 2\\ -10 &-5 & x+3\end{vmatrix} \\
&= (x-2)\begin{vmatrix} x-3 & 2\\ -5 & x+3\end{vmatrix} \\
&= (x-2)(x^2-9+10)\\
&=(x-2)(x^2+1).
\end{aligned}
Trouvez les valeurs propres de $A$
Ce sont les solutions de l’équation $(x-2)(x^2+1)=0.$
Il s’ensuit, comme $x$ est un nombre réel, que $x^2+1\neq 0$.
L’équation $(x-2)(x^2+1)=0$ admet $x=2$ pour solution unique.
La matrice $A$ admet exactement une seule valeur propre $2.$
Calculez la dimension des sous-espaces propres de $A$
Etudiez le seul espace propre associé à la valeur propre $2$. Vous formez la matrice : $$A-2I=\begin{pmatrix}4 & -3 & -2 \\ 4 & -3 & -2 \\ 10 & -5 & -5\end{pmatrix}.$$
Vous cherchez à déterminer la dimension du noyau de $A-2I$.
Vous constatez que les lignes $L_1$ et $L_2$ sont identiques et que les lignes $L_1$ et $L_3$ ne sont pas proportionnelles, donc le rang de la matrice $A$ est égal à $2$.
Par le théorème du rang, la dimension du noyau de $A-2I$ est égale à $1$.
En bonus, vous en déduisez que le sous espace propre associé à la valeur propre $2$ est la droite engendrée par le vecteur $u$ qui admet $\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 2\end{pmatrix}$ dans la base canonique.
Concluez sur la diagonalisabilité de l’endomorphisme $f$
La somme de la dimension de tous les espaces propres (en fait il n’y en a qu’un seul) est égale à 1. Or $\R^3$ est de dimension $3$.
Aussitôt, l’endomorphisme $f$ de $\R^3$ n’est pas diagonalisable.
Remarque : par d’autres arguments, vous pouvez savoir que cet endomorphisme $f$ n’est pas diagonalisable. S’il l’était, il admettrait une base de diagonalisation. Comme il n’a qu’une seule valeur propre $2$, on en déduit que $f$ serait égal à deux fois l’application identité de $\R^3$. Mais alors la matrice $A$ serait égale à $A=2I$, ce qui n’est pas le cas.
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