Chapitre 6 – Diagonalisation
g, g ∈ {−1, 1}. On a obtenu : si X
2
= A, alors X = PYP −1 , avec Y
de la forme indiquée.
(Synthèse) Dans le raisonnement précédent, on a perdu l’équivalence.
Il importe donc de vérifier que les matrices trouvées vérifient l’égalité
X
2
= A, ce qui est bien le cas :
X
2
=
PYP
−1
2 = PY
2 P
−1
= PDP
−1
= A
• On étudie l’équation MA = AM, M ∈M 3 (R). Soit Y = P −1 MP.
On a M = PYP −1 . L’équation proposée est équivalente à :
PDP
−1 PYP
−1
= PYP
−1 PDP
−1 ; PDYP
−1
= PYDP
−1 ;
DY = YD ; Y =
a 0 0
0 b 0
0 0 c
= aE 1,1 + bE 2,2 + cE 3,3
avec E i,j la matrice dont tous les termes sont nuls sauf le terme en i-ème
ligne et j-ème colonne qui est égal à 1.
M commute donc avec A ssi
M = PYP
−1
= P
aE 1,1 + bE 2,2 + cE 3,3
P
−1
= aM 1 + bM 2 + cM 3 ,
avec M i = PE i,i P −1 . L’ensemble des M qui commutent avec A
est donc un espace vectoriel, le sous-espace vectoriel F de M 3 (R)
engendré par la famille (M 1 , M 2 , M 3 ), qui est une famille libre
(aM 1 + bM 2 + cM 3 = O implique M = O, puis Y = O, puis
a = b = c = 0). Cette famille est donc une base de F, qui est donc de
dimension 3.
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