Soit $$A=\begin{pmatrix}0&1&0\\0&0&1\\1&0&0\end{pmatrix}.$$
- Calculer $A^2$ et $A^3$.
- Montrer que $\pi_A=X^3-1$, puis que $\chi_A=X^3-1$.
- $A$ est-elle diagonalisable dans $\mathcal M_3(\mathbb R)$ ? dans $\mathcal M_3(\mathbb C)$ ? Dans le second cas, diagonaliser $A$. On note $j=e^{2i\pi/3}$.
Calculer les images des vecteurs de la base canonique.
Pour montrer qu'aucun polynôme de degré au plus $2$ n'annule $A$, regarder les positions des coefficients non nuls de $I_3$, $A$ et $A^2$.
Pour $\lambda$ racine cubique de l'unité, chercher un vecteur propre de la forme $(1,\lambda,\lambda^2)$.
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Les colonnes de $A$ donnent $Ae_1=e_3$, $Ae_2=e_1$, $Ae_3=e_2$. Donc $A^2e_1=e_2$, $A^2e_2=e_3$, $A^2e_3=e_1$, et $A^3e_1=e_1$, $A^3e_2=e_2$, $A^3e_3=e_3$ : $$A^2=\begin{pmatrix}0&0&1\\1&0&0\\0&1&0\end{pmatrix},\qquad A^3=I_3.$$
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$X^3-1$ annule $A$, donc $\pi_A$ divise $X^3-1$ et $\deg\pi_A\leq3$. Montrons que $(I_3,A,A^2)$ est libre. Les coefficients non nuls de $I_3$ sont en positions $(1,1),(2,2),(3,3)$, ceux de $A$ en $(1,2),(2,3),(3,1)$, ceux de $A^2$ en $(1,3),(2,1),(3,2)$ : ces ensembles sont disjoints. Si $aI_3+bA+cA^2=0$, le coefficient $(1,1)$ donne $a=0$, le coefficient $(1,2)$ donne $b=0$, le coefficient $(1,3)$ donne $c=0$. Aucun polynôme non nul de degré $\leq2$ n'annule $A$, donc $\deg\pi_A=3$, et $\pi_A$, unitaire, divisant $X^3-1$, vaut $X^3-1$.
Par Cayley-Hamilton, $\pi_A$ divise $\chi_A$ ; les deux sont unitaires de degré $3$, donc $\chi_A=\pi_A=X^3-1$.
- Sur $\mathbb R$ : $X^3-1=(X-1)(X^2+X+1)$ et $X^2+X+1$ a un discriminant $-3<0$. $\chi_A$ n'est pas scindé sur $\mathbb R$, donc $A$ n'est pas diagonalisable dans $\mathcal M_3(\mathbb R)$ (ni même trigonalisable).
Sur $\mathbb C$ : $X^3-1=(X-1)(X-j)(X-j^2)$ est scindé à racines simples et annule $A$ : $A$ est diagonalisable dans $\mathcal M_3(\mathbb C)$, avec $\mathrm{Sp}_{\mathbb C}(A)=\{1,j,j^2\}$, chaque sous-espace propre étant une droite.
Soit $\lambda\in\{1,j,j^2\}$ et $x=(1,\lambda,\lambda^2)$. On a $Ax=(\lambda,\lambda^2,1)$ et $\lambda x=(\lambda,\lambda^2,\lambda^3)=(\lambda,\lambda^2,1)$ car $\lambda^3=1$. Donc $x$ est vecteur propre associé à $\lambda$. Avec $$P=\begin{pmatrix}1&1&1\\1&j&j^2\\1&j^2&j\end{pmatrix},\qquad D=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&j&0\\0&0&j^2\end{pmatrix},$$ (on a utilisé $j^4=j$), $P$ est inversible car ses colonnes sont des vecteurs propres associés à des valeurs propres distinctes, et $A=PDP^{-1}$.
$A^3=I_3$, $\pi_A=\chi_A=X^3-1$ ; $A$ n'est pas diagonalisable sur $\mathbb R$ ; sur $\mathbb C$, $A=PDP^{-1}$ avec $D=\mathrm{diag}(1,j,j^2)$ et colonnes de $P$ égales à $(1,\lambda,\lambda^2)$.