Chapitre 3 • Réduction des endomorphismes et des matrices carrées
92
Conseils
Développement par la règle de Sarrus pour
un déterminant d'ordre trois.
On étudie les variations de P t .
P t est continue sur l'intervalle R.
P t admet un zéro exactement dans chacun
des trois intervalles
] − ∞; −t[, ] − t; t[, ]t; +∞[.
Le zéro de P t est un zéro simple de P t car
P
t ne s'annule pas en ce point.
Ici, t =
3
2
.
Solution
Soit t ∈ R fixé.
• Formons le polynôme caractéristique de A(t) :
χ A(t) (λ) =
−λ
0
3t
2
1
−λ
0
1
1
−λ
= −λ
3 + 3t
2 + 3λt
2 = −P t (λ),
en notant P t : R −→ R, λ −→ P t (λ) = λ
3
− 3λt
2
− 3t
2
.
L'application P t est dérivable sur R et, pour tout λ ∈ R :
P
t (λ) = 3λ
2 − 3t
2 = 3(λ
2 − t
2 ),
d'où le tableau des variations de P t :
λ
−∞
−t
t
+∞
P
t (λ)
+
0
−
0
+
P t (λ)
−∞
∞
< 0
+∞
On calcule :
P t (−t) = 2t
3 − 3t
2
et
P t (t) = −2t
3 − 3t
2 < 0.
Séparons en cas selon le signe de P t (−t), c'est-à-dire selon la position de t par rapport à
3
2
.
Cas t >
3
2
:
On a P t (−t) > 0, donc, d'après le théorème des valeurs intermédiaires et la stricte
monotonie par intervalles, P t admet exactement trois zéros. Comme
A(t) ∈ M 3 (R), il en résulte que A(t) est diagonalisable.
Cas t <
3
2
:
On a P t (−t) < 0, donc, d'après le théorème des valeurs intermédiaires et la stricte
monotonie, P t admet un zéro et un seul, et celui-ci est un zéro simple de P t .
Ainsi, P t n'est pas scindé sur R, donc, A(t) n'est pas diagonalisable dans M 3 (R).
Cas : t =
3
2
:
On a P t (−t) = 0, donc P t admet −t pour zéro double et P t admet un autre zéro simple.
Déterminons SEP
A(t),−t
.
On a, pour tout X =
x
y
z
∈ M 3,1 (R) :
A(t)X = −t X ⇐⇒
0 0 3t
2
1 0 0
1 1 0
x
y
z
= −t
x
y
z
⇐⇒
3t
2 z = −t x
x = −ty
x + y = −tz
⇐⇒
z = −
1
3t
x
y = −
1
t
x
1 −
1
t
x =
1
3
x.
⇐⇒
y = −
2
3
x
z = −
2
9
x.
Ceci montre : dim SEP
A(t),−t
= 1 = 2, et on conclut que A(t) n'est pas diagonalisable dans M 3 (R).
Finalement, l'ensemble des t ∈ ]0; +∞[ tels que A(t) soit diagonalisable dans
M 3 (R) est
3
2
; +∞
.
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Conseils
Développement par la règle de Sarrus pour
un déterminant d'ordre trois.
On étudie les variations de P t .
P t est continue sur l'intervalle R.
P t admet un zéro exactement dans chacun
des trois intervalles
] − ∞; −t[, ] − t; t[, ]t; +∞[.
Le zéro de P t est un zéro simple de P t car
P
t ne s'annule pas en ce point.
Ici, t =
3
2
.
Solution
Soit t ∈ R fixé.
• Formons le polynôme caractéristique de A(t) :
χ A(t) (λ) =
−λ
0
3t
2
1
−λ
0
1
1
−λ
= −λ
3 + 3t
2 + 3λt
2 = −P t (λ),
en notant P t : R −→ R, λ −→ P t (λ) = λ
3
− 3λt
2
− 3t
2
.
L'application P t est dérivable sur R et, pour tout λ ∈ R :
P
t (λ) = 3λ
2 − 3t
2 = 3(λ
2 − t
2 ),
d'où le tableau des variations de P t :
λ
−∞
−t
t
+∞
P
t (λ)
+
0
−
0
+
P t (λ)
−∞
∞
< 0
+∞
On calcule :
P t (−t) = 2t
3 − 3t
2
et
P t (t) = −2t
3 − 3t
2 < 0.
Séparons en cas selon le signe de P t (−t), c'est-à-dire selon la position de t par rapport à
3
2
.
Cas t >
3
2
:
On a P t (−t) > 0, donc, d'après le théorème des valeurs intermédiaires et la stricte
monotonie par intervalles, P t admet exactement trois zéros. Comme
A(t) ∈ M 3 (R), il en résulte que A(t) est diagonalisable.
Cas t <
3
2
:
On a P t (−t) < 0, donc, d'après le théorème des valeurs intermédiaires et la stricte
monotonie, P t admet un zéro et un seul, et celui-ci est un zéro simple de P t .
Ainsi, P t n'est pas scindé sur R, donc, A(t) n'est pas diagonalisable dans M 3 (R).
Cas : t =
3
2
:
On a P t (−t) = 0, donc P t admet −t pour zéro double et P t admet un autre zéro simple.
Déterminons SEP
A(t),−t
.
On a, pour tout X =
x
y
z
∈ M 3,1 (R) :
A(t)X = −t X ⇐⇒
0 0 3t
2
1 0 0
1 1 0
x
y
z
= −t
x
y
z
⇐⇒
3t
2 z = −t x
x = −ty
x + y = −tz
⇐⇒
z = −
1
3t
x
y = −
1
t
x
1 −
1
t
x =
1
3
x.
⇐⇒
y = −
2
3
x
z = −
2
9
x.
Ceci montre : dim SEP
A(t),−t
= 1 = 2, et on conclut que A(t) n'est pas diagonalisable dans M 3 (R).
Finalement, l'ensemble des t ∈ ]0; +∞[ tels que A(t) soit diagonalisable dans
M 3 (R) est
3
2
; +∞
.