20 Exercices de Diagonalisation et Réduction Corrigés — Prépa (PDF)

Polynôme caractéristique :

Les valeurs propres sont \(\lambda_1 = 2\) et \(\lambda_2 = 5\), toutes deux simples : \(A\) est diagonalisable.

Sous-espaces propres :

Conclusion : avec \(P = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -2 & 1 \end{pmatrix}\) et \(D = \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 5 \end{pmatrix}\), on a \(A = PDP^{-1}\).

\(A\) est symétrique réelle, donc diagonalisable dans une base orthonormée (théorème spectral).

Valeurs propres : \(\lambda_1 = 2\), \(\lambda_2 = 4\).

\(E_2 = \mathrm{Vect}\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}\), \(E_4 = \mathrm{Vect}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}\).

On normalise : \(u_1 = \displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}\), \(u_2 = \displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}\).

On vérifie \(u_1 \cdot u_2 = 0\). Avec \(Q = \displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix}\), on a \(A = Q\,\mathrm{diag}(2,4)\,Q^\top\).

Polynôme caractéristique. On développe par la deuxième ligne :

Valeurs propres : \(\lambda_1 = 1\) (simple) et \(\lambda_2 = 3\) (double).

Sous-espace propre \(E_1\) :

\(A – I = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 2 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \end{pmatrix}\), rang 2 \(\Rightarrow \dim E_1 = 1\). On trouve \(E_1 = \mathrm{Vect}\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix}\).

Sous-espace propre \(E_3\) :

\(A – 3I = \begin{pmatrix} -1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & -1 \end{pmatrix}\), rang 1 \(\Rightarrow \dim E_3 = 2 = m_3\).

Puisque \(\dim E_1 + \dim E_3 = 3 = n\), \(A\) est diagonalisable.

\(P = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ -1 & 1 & 0 \end{pmatrix}\), \(D = \mathrm{diag}(1, 3, 3)\), \(A = PDP^{-1}\).

\(\chi_A(\lambda) = (2 – \lambda)^2\). Unique valeur propre : \(\lambda = 2\), de multiplicité algébrique 2.

\(A – 2I = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}\), de rang 1. Donc \(\dim E_2 = 1 \neq 2\).

La multiplicité géométrique est strictement inférieure à la multiplicité algébrique : \(A\) n’est pas diagonalisable.

Autre argument : si \(A\) était diagonalisable avec la seule valeur propre 2, on aurait \(A = P\,\mathrm{diag}(2,2)\,P^{-1} = 2I\). Or \(A \neq 2I\). Contradiction.

D’après l’exercice 1 : \(A = PDP^{-1}\) avec \(P = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -2 & 1 \end{pmatrix}\) et \(D = \mathrm{diag}(2,5)\).

\(\det P = 1 + 2 = 3\), donc \(P^{-1} = \displaystyle\frac{1}{3}\begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}\).

En effectuant le produit :

Vérification \(n = 1\) : \(\displaystyle\frac{1}{3}\begin{pmatrix} 12 & 3 \\ 6 & 9 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4 & 1 \\ 2 & 3 \end{pmatrix} = A\). ✓

On développe par la deuxième colonne :

Valeurs propres : \(\lambda_1 = 0\) (simple), \(\lambda_2 = 2\) (double).

\(E_0 = \ker A\) : \(x + z = 0\) et \(2y = 0\), donc \(E_0 = \mathrm{Vect}(1, 0, -1)^\top\), de dimension 1. ✓

\(E_2 = \ker(A – 2I) = \ker\begin{pmatrix} -1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & -1 \end{pmatrix}\) : rang 1, donc \(\dim E_2 = 2 = m_2\).

\(\dim E_0 + \dim E_2 = 3\) : \(A\) est diagonalisable.

Matrice triangulaire par blocs : \(\chi_A(\lambda) = (5 – \lambda)\bigl[(3 – \lambda)^2 – 4\bigr] = (5 – \lambda)(\lambda – 1)(\lambda – 5) = -(5 – \lambda)^2(\lambda – 1)\)

Valeurs propres : \(\lambda_1 = 1\) (simple) et \(\lambda_2 = 5\) (double).

\(E_1 = \ker(A – I)\) : \(4x = 0\), \(2y + 2z = 0\). Donc \(E_1 = \mathrm{Vect}(0, 1, -1)^\top\).

\(E_5 = \ker(A – 5I) = \ker\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & -2 & 2 \\ 0 & 2 & -2 \end{pmatrix}\) : rang 1, \(\dim E_5 = 2\).

\(\dim E_1 + \dim E_5 = 3\) : \(A\) est diagonalisable.

\(P = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \\ -1 & 0 & 1 \end{pmatrix}\), \(D = \mathrm{diag}(1, 5, 5)\).

1. On développe par la deuxième ligne :

Valeurs propres : \(a\), \(2\), \(3\).

2. On distingue trois cas :

Cas \(a \notin \{2, 3\}\) : trois valeurs propres distinctes \(\Rightarrow\) \(M(a)\) est diagonalisable.

Cas \(a = 2\) : valeurs propres 2 (double) et 3. On calcule \(M(2) – 2I = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}\) de rang 2, donc \(\dim E_2 = 1 \neq 2\). Non diagonalisable.

Cas \(a = 3\) : valeurs propres 2 et 3 (double). On calcule \(M(3) – 3I = \begin{pmatrix} -1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}\) de rang 2, donc \(\dim E_3 = 1 \neq 2\). Non diagonalisable.

Conclusion : \(M(a)\) est diagonalisable si et seulement si \(a \notin \{2,\, 3\}\).

1. On développe par la deuxième ligne : \(\chi_B(\lambda) = (2 – \lambda)^3\). Unique valeur propre \(\lambda = 2\), de multiplicité 3.

\(B – 2I = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}\), de rang 2. Donc \(\dim E_2 = 1 \neq 3\) : \(B\) n’est pas diagonalisable.

2. On calcule \((B – 2I)^2 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}\) (rang 1) et \((B – 2I)^3 = 0\).

Puisque \((B – 2I)^3 = 0\) mais \((B – 2I)^2 \neq 0\), la forme de Jordan est \(J_3(2) = \begin{pmatrix} 2 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}\).

Construction de la base de Jordan : on cherche \(v_3\) tel que \(v_3 \notin \ker(B – 2I)^2\). Le noyau de \((B-2I)^2\) est \(\{(x,0,z)\}\), donc on prend \(v_3 = (0,1,0)^\top\).

\(v_2 = (B – 2I)v_3 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}\), puis \(v_1 = (B – 2I)v_2 = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}\).

Avec \(P = (v_1 \mid v_2 \mid v_3) = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}\), on a \(P^{-1}BP = J_3(2)\).

\(N^2 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\), \(N^3 = 0_3\).

Valeurs propres : si \(\lambda\) est valeur propre de \(N\), alors \(\lambda^3\) est valeur propre de \(N^3 = 0\). Donc \(\lambda^3 = 0\), d’où \(\lambda = 0\). L’unique valeur propre est 0 (de multiplicité 3).

Diagonalisabilité : si \(N\) était diagonalisable avec la seule valeur propre 0, on aurait \(N = P \cdot 0_3 \cdot P^{-1} = 0_3\). Or \(N \neq 0_3\) : contradiction. Donc \(N\) n’est pas diagonalisable.

Remarque : \(N\) est le bloc de Jordan \(J_3(0)\).

1. Si \(\lambda\) est valeur propre : \(\exists\, v \neq 0,\; f(v) = \lambda v\). Alors \(f^2(v) = f(\lambda v) = \lambda^2 v\). Mais \(f^2 = f\), donc \(\lambda^2 v = \lambda v\), d’où \(\lambda^2 = \lambda\), soit \(\lambda \in \{0, 1\}\).

2. Le polynôme \(Q(X) = X^2 – X = X(X – 1)\) annule \(f\). Il est scindé à racines simples. Donc le polynôme minimal \(\mu_f\) divise \(Q\) et est scindé à racines simples : \(f\) est diagonalisable.

3. Puisque \(f\) est diagonalisable avec valeurs propres dans \(\{0, 1\}\), on a \(E = E_0(f) \oplus E_1(f)\). Or \(E_0(f) = \ker f\). Et \(E_1(f) = \ker(f – \mathrm{Id})\) : si \(f(v) = v\), alors \(v = f(v) \in \mathrm{Im}\, f\). Réciproquement, si \(w \in \mathrm{Im}\, f\), alors \(w = f(u)\) et \(f(w) = f^2(u) = f(u) = w\). Donc \(E_1(f) = \mathrm{Im}\, f\), et \(E = \ker f \oplus \mathrm{Im}\, f\).

4. \(P^2 = \begin{pmatrix} 1/2 & 1/2 \\ 1/2 & 1/2 \end{pmatrix}^2 = \begin{pmatrix} 1/2 & 1/2 \\ 1/2 & 1/2 \end{pmatrix} = P\). ✓

\(\chi_P(\lambda) = \lambda(\lambda – 1)\). Valeurs propres : 0 et 1. \(E_0 = \mathrm{Vect}(1, -1)^\top\), \(E_1 = \mathrm{Vect}(1, 1)^\top\).

Géométriquement, \(P\) est la projection sur \(\mathrm{Vect}(1,1)^\top\) parallèlement à \(\mathrm{Vect}(1,-1)^\top\).

Les deux matrices ont le même polynôme caractéristique : \(\chi = (X – 2)^2(X – 5)\).

1. Polynôme minimal de \(A\) :

On teste \((A – 2I)(A – 5I) = \mathrm{diag}(0, 0, 3) \cdot \mathrm{diag}(-3, -3, 0) = 0_3\).

Donc \(\mu_A = (X – 2)(X – 5)\), scindé à racines simples : \(A\) est diagonalisable.

2. Polynôme minimal de \(B\) :

On teste \((B – 2I)(B – 5I) = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} -3 & 1 & 0 \\ 0 & -3 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & -3 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \neq 0\)

On vérifie ensuite que \((B – 2I)^2(B – 5I) = 0_3\). Donc \(\mu_B = (X – 2)^2(X – 5)\), qui a la racine 2 avec multiplicité 2 : \(B\) n’est pas diagonalisable.

Morale : deux matrices avec le même \(\chi\) peuvent avoir des polynômes minimaux différents — c’est le polynôme minimal qui gouverne la diagonalisabilité.

On pose \(X_n = \begin{pmatrix} u_n \\ v_n \end{pmatrix}\) et \(A = \begin{pmatrix} 3 & 1 \\ 1 & 3 \end{pmatrix}\). Alors \(X_{n+1} = AX_n\), donc \(X_n = A^n X_0\).

Diagonalisation de \(A\) : \(\chi_A(\lambda) = (\lambda – 2)(\lambda – 4)\). Valeurs propres : 2 et 4.

\(E_2 = \mathrm{Vect}(1, -1)^\top\), \(E_4 = \mathrm{Vect}(1, 1)^\top\).

\(P = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix}\), \(P^{-1} = \displaystyle\frac{1}{2}\begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}\).

\(X_n = P\,\mathrm{diag}(2^n, 4^n)\,P^{-1} X_0\).

\(P^{-1}X_0 = \displaystyle\frac{1}{2}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}\), donc :

Vérification : \(u_0 = 1\) ✓, \(v_0 = 0\) ✓, \(u_1 = 3\) et \(3 \cdot 1 + 0 = 3\) ✓.

\(A\) est symétrique réelle \(\Rightarrow\) diagonalisable dans une base orthonormée.

Polynôme caractéristique : après développement (on factorise \(3 – \lambda\) au premier pas) :

Calculons directement : on peut vérifier que \(\chi_A(\lambda) = -(\lambda – 2)(\lambda – 3)(\lambda – 6)\).

Valeurs propres : \(\lambda_1 = 2\), \(\lambda_2 = 3\), \(\lambda_3 = 6\).

Sous-espaces propres :

\(E_2\) : \(A – 2I = \begin{pmatrix} 1 & -1 & 1 \\ -1 & 3 & -1 \\ 1 & -1 & 1 \end{pmatrix}\) \(\Rightarrow\) \(E_2 = \mathrm{Vect}(1, 0, -1)^\top\)

\(E_3\) : \(A – 3I = \begin{pmatrix} 0 & -1 & 1 \\ -1 & 2 & -1 \\ 1 & -1 & 0 \end{pmatrix}\) \(\Rightarrow\) \(E_3 = \mathrm{Vect}(1, 1, 1)^\top\)

\(E_6\) : \(A – 6I = \begin{pmatrix} -3 & -1 & 1 \\ -1 & -1 & -1 \\ 1 & -1 & -3 \end{pmatrix}\) \(\Rightarrow\) \(E_6 = \mathrm{Vect}(1, -2, 1)^\top\)

Orthogonalité (vérification directe, garantie par le théorème spectral pour des VP distinctes) :

\((1,0,-1) \cdot (1,1,1) = 0\) ✓, \((1,0,-1) \cdot (1,-2,1) = 0\) ✓, \((1,1,1) \cdot (1,-2,1) = 0\) ✓.

Normalisation :

\(q_1 = \displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}}(1, 0, -1)^\top\), \(q_2 = \displaystyle\frac{1}{\sqrt{3}}(1, 1, 1)^\top\), \(q_3 = \displaystyle\frac{1}{\sqrt{6}}(1, -2, 1)^\top\).

\(A = Q\,\mathrm{diag}(2, 3, 6)\,Q^\top\) avec \(Q = (q_1 \mid q_2 \mid q_3)\) orthogonale.

1. Le polynôme \(P(X) = X^3 – X = X(X – 1)(X + 1)\) annule \(A\). \(P\) est scindé sur \(\mathbb{R}\) à racines simples, donc le polynôme minimal \(\mu_A\) divise \(P\) et est lui aussi scindé à racines simples : \(A\) est diagonalisable. De plus \(\mathrm{Sp}(A) \subset \{-1, 0, 1\}\).

2. Cherchons les projecteurs sous la forme \(P_\lambda = Q_\lambda(A)\) avec \(Q_\lambda\) le polynôme de Lagrange associé à \(\lambda\) :

\(Q_1(X) = \displaystyle\frac{X(X + 1)}{2}\), \(Q_{-1}(X) = \displaystyle\frac{X(X – 1)}{2}\), \(Q_0(X) = 1 – X^2\)

D’où les projecteurs spectraux :

Vérification : \(P_1 + P_{-1} + P_0 = A^2 + I_n – A^2 = I_n\). ✓

3. Décomposition spectrale : \(A = 1 \cdot P_1 + (-1) \cdot P_{-1} + 0 \cdot P_0 = P_1 – P_{-1}\). Pour \(k \geq 1\) : \(A^k = P_1 + (-1)^k P_{-1}\). Donc :

• k pair : \(A^k = P_1 + P_{-1} = A^2\).
• k impair : \(A^k = P_1 – P_{-1} = A\).

On retrouve \(A^3 = A\). Plus généralement, la suite \((A^k)_{k \geq 1}\) ne prend que deux valeurs : \(A\) et \(A^2\).

4. \(A\) étant diagonalisable : \(\mathbb{R}^n = E_{-1} \oplus E_0 \oplus E_1\). Or \(\ker A = E_0\) et \(\mathrm{Im}\, A = E_{-1} \oplus E_1\) (car \(A\) diagonalisable). Donc \(\mathbb{R}^n = \ker A \oplus \mathrm{Im}\, A\).

Contre-exemple général : pour \(A = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}\), \(\ker A = \mathrm{Im}\, A = \mathrm{Vect}(e_1)\) : la somme n’est pas directe. L’hypothèse « \(A\) diagonalisable » est essentielle.

1. \(A\) est triangulaire, donc \(\chi_A(X) = (X – 2)^3\) et \(\mathrm{Sp}(A) = \{2\}\). Si \(A\) était diagonalisable, \(A = 2 I_3\). Or \(A \neq 2 I_3\) : non diagonalisable.

2. Posons \(D = 2 I_3\) et \(N = A – 2 I_3 = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\).

\(D\) diagonalisable ; \(N\) nilpotente (\(N^2 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\), \(N^3 = 0\)) ; \(DN = 2N = ND\). ✓

Unicité. Si \(A = D’ + N’\) avec les mêmes propriétés, alors \(D – D’ = N’ – N\). Le membre de gauche est diagonalisable (différence de matrices diagonalisables qui commutent), le membre de droite est nilpotent (même argument). Une matrice à la fois diagonalisable et nilpotente est nulle, donc \(D = D’\) et \(N = N’\).

3. \(DN = ND\) donne \(\exp(tA) = \exp(tD) \cdot \exp(tN) = e^{2t} I_3 \cdot \left(I_3 + tN + \displaystyle\frac{t^2}{2} N^2\right)\) (série finie car \(N^3 = 0\)) :

Vérification : \(\exp(0) = I_3\) ✓. \(\displaystyle\frac{d}{dt}\exp(tA)\Big|_{t=0} = 2 I_3 + N = A\) ✓.

4. Formule du binôme (valide car \(DN = ND\)) avec \(N^3 = 0\), pour \(n \geq 2\) :

1. \(A\) étant la matrice compagnon de \(X^4 + 1\), \(\chi_A(X) = X^4 + 1\).

\(A e_1 = e_2\), \(A^2 e_1 = e_3\), \(A^3 e_1 = e_4\), \(A^4 e_1 = -e_1\). On vérifie que \(A^4 e_k = -e_k\) pour tout \(k\) (car \(e_k = A^{k-1} e_1\) et \(A\) commute avec elle-même). Donc \(A^4 + I_4 = 0\) et \(\mu_A \mid X^4 + 1\).

Si \(\mu_A\) était de degré \(< 4[/latex], il existerait [latex]a_0, a_1, a_2, a_3[/latex] non tous nuls avec [latex]a_0 I + a_1 A + a_2 A^2 + a_3 A^3 = 0[/latex]. En appliquant à [latex]e_1[/latex] : [latex]a_0 e_1 + a_1 e_2 + a_2 e_3 + a_3 e_4 = 0[/latex] force [latex]a_i = 0[/latex]. Contradiction. Donc [latex]\mu_A = X^4 + 1 = \chi_A[/latex].

2. [latex](e_1, A e_1, A^2 e_1, A^3 e_1) = (e_1, e_2, e_3, e_4)\) est la base canonique, donc libre et génératrice.

3. Inclusion \(\mathbb{R}[A] \subset \mathcal{C}(A)\) : évidente.

Réciproquement, soit \(M \in \mathcal{C}(A)\). Écrivons \(M e_1 = a_0 e_1 + a_1 e_2 + a_2 e_3 + a_3 e_4 = Q(A) e_1\) avec \(Q(X) = a_0 + a_1 X + a_2 X^2 + a_3 X^3\). Pour tout \(k \in \{1, 2, 3, 4\}\) :

Donc \(M = Q(A) \in \mathbb{R}[A]\).

\((I_4, A, A^2, A^3)\) est libre (sinon \(\deg \mu_A < 4[/latex]), donc c'est une base de [latex]\mathbb{R}[A][/latex]. Conclusion : [latex]\dim \mathcal{C}(A) = 4[/latex].

4. [latex]X^4 + 1 > 0\) sur \(\mathbb{R}\) : aucune racine réelle, donc non diagonalisable sur \(\mathbb{R}\) (pas de valeur propre réelle).

Sur \(\mathbb{C}\), \(X^4 + 1\) a 4 racines simples (racines 8-ièmes primitives de l’unité \(e^{i\pi/4}, e^{3i\pi/4}, e^{5i\pi/4}, e^{7i\pi/4}\)), donc diagonalisable sur \(\mathbb{C}\).

1. Calcul direct : \(J^2 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}\), donc \(a I_3 + b J + c J^2 = C\). ✓

2. \(J\) est la matrice d’une permutation d’ordre 3, donc \(J^3 = I_3\). Le polynôme \(X^3 – 1 = (X – 1)(X – j)(X – j^2)\) est scindé à racines simples sur \(\mathbb{C}\) : \(J\) est diagonalisable sur \(\mathbb{C}\) de valeurs propres \(1, j, j^2\).

Vecteurs propres (vecteurs de Fourier discrète) : \(V_k = \begin{pmatrix} 1 \\ \omega^k \\ \omega^{2k} \end{pmatrix}\) avec \(\omega = j\), pour \(k \in \{0, 1, 2\}\). On vérifie : \(J V_k = \omega^k V_k\).

3. Comme \(C = P(J)\) avec \(P(X) = a + b X + c X^2\), les valeurs propres de \(C\) sont \(P(1), P(j), P(j^2)\) :

• \(\lambda_0 = a + b + c\)
• \(\lambda_1 = a + b j + c j^2\)
• \(\lambda_2 = a + b j^2 + c j\) (conjugué de \(\lambda_1\))

(identité classique, obtenue en utilisant \(1 + j + j^2 = 0\)).

4. Inversibilité : \(C\) inversible \(\iff \det C \neq 0 \iff (a + b + c)(a^2 + b^2 + c^2 – ab – bc – ca) \neq 0\).

Diagonalisabilité sur \(\mathbb{R}\) : il faut que \(\lambda_1 \in \mathbb{R}\), c’est-à-dire \(\lambda_1 = \overline{\lambda_1} = \lambda_2\). Or \(\lambda_1 – \lambda_2 = b(j – j^2) – c(j – j^2) = (b – c)(j – j^2)\). Comme \(j \neq j^2\), \(\lambda_1 \in \mathbb{R} \iff b = c\).

Mais si \(b = c\), \(\lambda_1 = a + b(j + j^2) = a – b\) est réel, et \(\lambda_1 = \lambda_2\) (multiplicité 2). Diagonalisable car \(C\) est alors symétrique (matrice symétrique réelle, toujours diagonalisable).

Conclusion : \(C\) est diagonalisable sur \(\mathbb{R}\) si et seulement si \(b = c\).

1. \(A_{\vec{u}}^T = -A_{\vec{u}}\) (lecture directe). Pour le carré, on utilise la formule du double produit vectoriel : \(\vec{u} \wedge (\vec{u} \wedge \vec{v}) = (\vec{u} \cdot \vec{v}) \vec{u} – \|\vec{u}\|^2 \vec{v} = (\vec{u} \cdot \vec{v}) \vec{u} – \vec{v}\) (car \(\|\vec{u}\| = 1\)). En écriture matricielle :

Vérification : pour \(\vec{u} = e_3 = (0, 0, 1)\), \(A_{\vec{u}} = \begin{pmatrix} 0 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\) et \(A_{\vec{u}}^2 = \begin{pmatrix} -1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} = e_3 e_3^T – I_3\). ✓

2. \(A_{\vec{u}}^3 = A_{\vec{u}} (P_{\vec{u}} – I_3) = A_{\vec{u}} P_{\vec{u}} – A_{\vec{u}}\). Or \(A_{\vec{u}} P_{\vec{u}} \vec{v} = (\vec{u} \cdot \vec{v})\, \vec{u} \wedge \vec{u} = 0\), donc \(A_{\vec{u}} P_{\vec{u}} = 0\) et :

Polynôme minimal : \(X^3 + X = X(X^2 + 1)\) annule \(A_{\vec{u}}\) (et il est scindé à racines simples sur \(\mathbb{C}\)). Aucun diviseur strict ne convient : \(X\) donnerait \(A_{\vec{u}} = 0\) ; \(X^2 + 1\) donnerait \(A_{\vec{u}}^2 = -I_3\), incompatible avec \(A_{\vec{u}}^2 = P_{\vec{u}} – I_3 \neq -I_3\). Donc \(\mu_{A_{\vec{u}}} = X^3 + X\).

3. De \(A_{\vec{u}}^3 = -A_{\vec{u}}\) on déduit par récurrence, pour \(k \geq 0\) : \(A_{\vec{u}}^{2k+1} = (-1)^k A_{\vec{u}}\) et \(A_{\vec{u}}^{2k+2} = (-1)^k A_{\vec{u}}^2\).

On développe l’exponentielle en séparant les termes pair/impair :

La première somme vaut \(\sin\theta\), la seconde \(1 – \cos\theta\). D’où la formule de Rodrigues :

4. Notons \(R = \exp(\theta A_{\vec{u}})\). Comme \(A_{\vec{u}}^T = -A_{\vec{u}}\) : \(R^T = \exp(-\theta A_{\vec{u}}) = R^{-1}\), donc \(R \in \mathrm{O}_3(\mathbb{R})\). De plus \(\det R = \exp(\theta \, \mathrm{tr}(A_{\vec{u}})) = \exp(0) = 1\) (\(A_{\vec{u}}\) antisymétrique, trace nulle). Donc \(R \in \mathrm{SO}_3(\mathbb{R})\).

Interprétation géométrique : \(R\) est la rotation d’angle \(\theta\) autour de l’axe dirigé par \(\vec{u}\). En effet, \(R \vec{u} = \vec{u}\) (car \(A_{\vec{u}} \vec{u} = \vec{u} \wedge \vec{u} = 0\)) : l’axe est fixe. Dans le plan orthogonal à \(\vec{u}\), \(R\) agit comme une rotation plane d’angle \(\theta\).

1. \(A_\alpha\) triangulaire, valeurs propres \(-1\) (double) et \(\alpha – 2\) (simple si \(\alpha \neq 1\), sinon \(-1\) triple).

Cas \(\alpha = 1\) : \(A_1 + I_3 = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\), rang 2, donc \(\dim E_{-1} = 1 < 3[/latex] : non diagonalisable.

Cas [latex]\alpha \neq 1\) : il faut et suffit que \(\dim E_{-1} = 2\), c’est-à-dire \(\mathrm{rg}(A_\alpha + I_3) = 1\). Or \(A_\alpha + I_3 = \begin{pmatrix} 0 & \alpha & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & \alpha – 1 \end{pmatrix}\). Après \(L_3 \leftarrow L_3 – (\alpha – 1) L_2\) : lignes non nulles restantes \((0, \alpha, 0)\) et \((0, 0, 1)\). Rang = 1 si \(\alpha = 0\), rang = 2 sinon.

Conclusion : \(A_\alpha\) diagonalisable sur \(\mathbb{R}\) \(\iff \alpha = 0\).

2. \(A_0 = \begin{pmatrix} -1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & -2 \end{pmatrix}\). Spectres : \(-1\) (double), \(-2\) (simple).

\(E_{-1}\) : \(x_3 = 0\), \(x_1, x_2\) libres. Base : \(\bigl((1, 0, 0),\, (0, 1, 0)\bigr)\).

\(E_{-2}\) : \(x_1 = 0\) et \(x_2 + x_3 = 0\). Vecteur : \((0, -1, 1)\).

\(P = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}\), \(D = \mathrm{diag}(-1, -1, -2)\), \(P^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}\).

\(X(t) = P \, \mathrm{diag}(e^{-t}, e^{-t}, e^{-2t}) \, P^{-1} X(0)\). Calcul : \(P^{-1} X(0) = (1, 2, 1)^T\) ; puis \((e^{-t}, 2 e^{-t}, e^{-2t})^T\) ; puis :

Vérification : \(X(0) = (1, 1, 1)^T\) ✓.

3. \(A_1 = -I_3 + N\) avec \(N = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\). \(D = -I_3\) diagonalisable, \(N\) nilpotente d’indice 3, \(DN = ND\) : décomposition de Dunford.

Vérification : \(X(0) = (0, 0, 1)^T\) ✓. \(X^\prime(0) = (0, 1, -1)^T\) et \(A_1 X(0) = (0, 1, -1)^T\) ✓.

4. Critère de stabilité asymptotique : toutes les solutions tendent vers \(0\) si et seulement si toutes les valeurs propres de \(A_\alpha\) ont une partie réelle strictement négative.

Valeurs propres : \(-1\) (toujours \(< 0[/latex]) et [latex]\alpha - 2[/latex]. La condition est [latex]\alpha - 2 < 0[/latex], soit [latex]\alpha < 2[/latex].

Cas limite [latex]\alpha = 2\) : valeur propre nulle, certaines solutions restent bornées non nulles (plan d’équilibre). Cas \(\alpha > 2\) : solutions explosives selon la composante associée à \(\alpha – 2 > 0\).