Calcul d'une matrice de passage

Comme le déterminant de la première matrice (appelons-la $A$) est $-12$ et celui de la deuxième matrice (disons qu'elle s'appelle $B$) est $70$, l'équation $B=PAP^{-1}$ (où l'inconnue est la matrice $P$) n'a pas de solution.

Si on considère les rangées de $A$ et de $B$ comme des bases de $\R^3$, la matrice de passage d'une base à l'autre serait $AB^{-1}$, $B^{-1}A$, $A^{-1}B$ ou $BA^{-1}$. On peut vérifier que la matrice que tu appelles $P_A$ n'est aucune de ces quatre matrices. Idem en introduisant une transposée quelque part.

Ce que l'on peut remarquer, c'est que $P_AAP_A^{-1}$ est diagonale. Il n'y a toutefois pas de rapport clair avec $B$ (ce que suggère d'ailleurs la notation $P_A$).

Bref, la question mériterait d'être précisée.

1. Pourquoi une majuscule à « Matrice $A$ » ? C'est un nom propre ? Une institution ? Un pays méconnu ?
2. Quand on donne une liste de vecteurs propres, on détermine plutôt « des vecteurs propres » que « les vecteurs propres ». Vois-tu la différence ?
3. La matrice de passage que l'on cherche n'est pas la matrice de passage de $A$ à la matrice $B$ du début mais la matrice de passage de la base canonique à une base de vecteurs propres de $A$.
4. Bien sûr, il y a un rapport avec la matrice $B$.

Le corrigé a été écrit un peu trop vite et il est faux. Quand on connaît une base de vecteurs propres, disons
\[\mathscr{B}=\left(\begin{pmatrix}-3\\5\\1\end{pmatrix},\begin{pmatrix}-3\\-2\\1\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1\\0\\3\end{pmatrix}\right),\]
il est immédiat d'écrire la matrice de passage de la base canonique à la base $\mathscr{B}$ : il suffit de réunir les colonnes de coordonnées sous la forme d'une matrice, ce qui donne ici :
\[P=\begin{pmatrix}-3&-3&1\\5&-2&0\\1&1&3\end{pmatrix}.\]
Ce qui est pénible, c'est de calculer l'inverse de $P$. On trouve :
\[P^{-1}=\begin{pmatrix}-\frac{3}{35} & \frac{1}{7} & \frac{1}{35} \\
-\frac{3}{14} & -\frac{1}{7} & \frac{1}{14} \\
\frac{1}{10} & 0 & \frac{3}{10}\end{pmatrix}=P_A.\]Aparté : ce qui est écrit pour $P_A^{-1}$ est complètement faux (puisque $P_A^{-1}=P$...). Hypothèse : le correcteur a copié-collé la solution d'un exercice précédent, a modifié les coefficients de $P_A$ puis a modifié à nouveau les coefficients de $P_A$ au lieu de ceux de $P_A^{-1}$. Cela expliquerait que $P_A$ est remplacé par son inverse et que $P_A^{-1}$ n'a rien à voir.

Avec ces notations, comme $\mathscr{B}$ est formée de vecteurs propres, on sait que $D=P^{-1}AP$ est diagonale et que les coefficients diagonaux sont les valeurs propres des vecteurs de $\mathscr{B}$ pris dans l'ordre : $-4$, $3$ et $1$. Autrement dit :
\[D=P^{-1}AP=\begin{pmatrix}-4&0&0\\0&3&0\\0&0&1\end{pmatrix}.\]
NB : Pour ce convaincre que le corrigé est faux, on peut vérifier qu'avec ses notations, on a :
\[P_A^{-1}AP_A=\begin{pmatrix}\frac{16}{7} & -\frac{8}{7} & \frac{4}{7} \\
-\frac{53}{14} & -\frac{20}{7} & \frac{27}{14} \\
\frac{2}{7} & \frac{6}{7} & \frac{4}{7}\end{pmatrix}.\]

Voici un plan de démonstration détaillée.

1) Si $M$ et $A$ commutent, et si $F$ est le sous-espace propre de $A$ associé à une valeur propre notée $\lambda$, alors $F$ est stable par $M$ ?

2) On applique cette propriété trois fois, à $\newcommand{\id}{\mathrm{id}}\ker(A+4\id)$, à $\ker(A-\id)$ et à $\ker(A-3\id)$. On en déduit que ces trois sous-espaces vectoriels sont stables par $M$.

3) En fait, ces sous-espaces sont des droites et elles sont en somme directe.

4) Par conséquent, si on prend une base formée en réunissant une base de chacune de ces droites, on obtient une base de $\R^3$ dans laquelle l'application linéaire associée à $M$ (c'est-à-dire $\R^3\to\R^3$, $X\mapsto MX$) est diagonale. En particulier, $M$ est diagonalisable.

Edit : grilled en quelque sorte, mais Poirot sort un atout de sa manche alors que je ne fais que détailler ce que dit le corrigé.

1) J'aurais préféré que tu l'écrives toi-même : si $\newcommand{\id}{\mathrm{id}}v\in \ker(A-\lambda\id)$, alors $Av=\lambda v$ donc $AMv=MAv=M\lambda v=\lambda\,Mv$, c'est-à-dire que $Mv\in\ker(A-\lambda\id)$.

2) C'est important parce que ça permet d'exhiber trois vecteurs propres linéairement indépendant de $M$ -- et ça, ça forme une base de vecteurs propres, tiens !

3) Par définition : droite = espace vectoriel de dimension $1$ (ni plus ni moins).

Elles sont en somme directe par un résultat du cours : des espaces propres associés à des valeurs propres différentes...

Par conséquent, quand on réunit des bases de sous-espaces propres associés à des valeurs propres différentes, on obtient une famille libre. Quand on part de trois droites propres dans un espace de dimension $3$ comme $\R^3$, on obtient donc une base formée de vecteurs propres.

4) Ça, c'est un peu triste mais pas très surprenant vu la discussion au début du fil. Une suggestion : relis ton cours en analysant grammaticalement chaque morceau de phrase, y compris les conjonctions et les prépositions et pas seulement une juxtaposition de noms (par exemple, on peut faire des phrases correctes qui contiennent « matrice de passage », « $A$ » et « $P$ » mais « la matrice de passage de $A$ vers $P$ » comme ici, ça ne va pas). Je ne sais pas si le résumé ci-dessous aidera beaucoup mais essayons.

Quand on part d'une matrice, disons $M\in\mathscr{M}_3(\R)$, on lui associe un endomorphisme de $\R^3$ de façon naturelle :
\[\begin{array}{cccc}\phi_M:&\R^3&\longrightarrow&\R^3\\&v&\longmapsto&\R^3.\end{array}\]
Pourquoi est-ce utile ? Parce qu'alors, $M$ est la matrice de $\phi_M$ dans la base canonique de $\R^3$. Cela entraîne que $M$ est diagonalisable si et seulement si $\phi_M$ l'est. Étudier les propriétés de $M$ à similitude près, cela revient à étudier les propriétés de $\phi_M$ indépendamment de la base.

Plus précisément, si $\mathscr{B}$ est une base de $\R^3$ et si $P$ est la matrice de passage de la base canonique à $\mathscr{B}$, la matrice de $\phi_M$ dans $\mathscr{B}$ est $P^{-1}MP$.

Diagonaliser $M$, c'est trouver une matrice de passage $P$ telle que $P^{-1}MP$ soit diagonale, c'est-à-dire une base $\mathscr{B}$ dans laquelle la matrice de $\phi_M$ est diagonale.


« dans quelles conditions une matrice est diagonale » ? Eh bien, exactement lorsque tous les coefficients non diagonaux sont nuls... On peut dire aussi que les vecteurs de la base canonique sont des vecteurs propres.

Mais la vraie question, c'est quand est-ce qu'une matrice est diagonalisable (encore une finesse de langage ?). Eh bien, quand il existe une base de l'espace ambiant formée de vecteurs propres pour cette matrices, c'est-à-dire (ici) trois vecteurs linéairement indépendants $(v_1,v_2,v_3)$ tels que $Mv_i$ est un multiple de $v_i$ ($1\le i\le 3$). Dans notre cas très précis, compte tenu de ce qui précède, on n'a qu'à prendre une base des trois droites propres et c'est terminé.

5) Un nombre complexe non nul a deux racines carrées, d'accord ? Pour un triplet de nombres réels complexes non nuls $(\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3)$, il y a pour chaque $i\in\{1,2,3\}$ deux nombres complexes dont le carré vaut $\lambda_i$, notons-les $\mu_i$ et $-\mu_i$. Cela fait huit choix en tout, comme on le voit sur l'arbre ci-dessous : on commence par choisir entre $\mu_1$ et $-\mu_1$ ; ce choix fait (parmi deux possibles), on se décide entre $\mu_2$ et $-\mu_2$ (parmi deux possibles dans chaque cas, soit quatre choix en tout) ; ces choix faits, on se décide entre $\mu_3$ et $-\mu_3$ (deux choix possible pour chacun des quatre choix précédents, soit huit choix en tout).

À vrai dire, les changements de base, les différentes matrices d'une application linéaire, la relation $A=PA'P^{-1}$ (ou $A=QA'P^{-1}$ si on fait des changements de base différents au départ et à l'arrivée), c'est même plutôt du L1. C'est une bonne idée d'y repasser un peu de temps.

On considère un endomorphisme $f$ d'un espace vectoriel de dimension finie $E$ et des bases $e,e'$ de $E$. On note $(e\longrightarrow e')$ la matrice de passage de $e$ à $e'$ (dont les colonnes sont constituées des coordonnées des éléments de $e'$ suivant la base $e$). Vu que la matrice inverse de $(e\longrightarrow e')$ est égale à $(e'\longrightarrow e)$, on obtient une sorte de « relation de Chasles » en écrivant la formule de changement de base (avec tous les « $e$ » au milieu) :

$(e'\longrightarrow e)(mat_{e}f)(e\longrightarrow e')=mat_{e'}f$.

Ça t'aidera peut-être à ne pas te tromper en appliquant les formules de changement de base. Si ça t'embrouille plus qu'autre chose, tu peux oublier ce que j'ai dit...