Exercices corrigés — Diagonalisation

Les valeurs propres annulent $\det(A-\lambda I)$.

En 2×2 : $\chi_A(\lambda)=\lambda^2-(\operatorname{tr}A)\lambda+\det A$.

Factorise le trinôme.

Une valeur propre est un nombre pour lequel la matrice « écrase » une direction sans la faire tourner.

Le vecteur $\vec v$ garde sa direction ; sa longueur est multipliée par $|\lambda|$, et son sens s'inverse si $\lambda<0$.

Comment on les trouve. L'égalité se réécrit

⚠️ Le $I$ est essentiel : on ne peut pas soustraire un nombre à une matrice. C'est $\lambda I$ qu'on retranche, pas $\lambda$.

On cherche un $\vec v$ NON NUL dans le noyau de $A-\lambda I$. Un tel vecteur n'existe que si la matrice n'est pas inversible, donc si

C'est l'équation caractéristique, et son membre de gauche est le polynôme caractéristique. En dimension $2$, c'est un trinôme — on sait le résoudre depuis le lycée.

Le contrôle qui accompagne tout ce chapitre, et qui ne coûte rien :

Deux vérifications gratuites, indépendantes du calcul du déterminant.

On forme $A-\lambda I$ — on retranche $\lambda$ sur la diagonale seulement :

⚠️ Les coefficients hors diagonale ne changent PAS. C'est l'erreur la plus fréquente du chapitre : retrancher $\lambda$ partout.

Le déterminant $2\times 2$ — produit des diagonales, en croix :

On développe :

Contrôle immédiat, sans refaire le calcul — pour une matrice $2\times 2$ :

Les deux chemins coïncident. Cette formule est d'ailleurs le sujet de l'exercice A2 — elle permet d'écrire le polynôme sans aucun développement.

Les contrôles :

1) La somme doit valoir la trace :

2) Le produit doit valoir le déterminant :

Deux contrôles indépendants du calcul de $\Delta$, et ils portent sur des grandeurs différentes. Une erreur dans le développement du déterminant briserait au moins l'un des deux.

3) Vérification directe — la définition, sur un vecteur trouvé au jugé. Pour $\lambda=5$, cherchons $\vec v$ tel que $(A-5I)\vec v=\vec 0$ :

Les deux lignes sont proportionnelles (la seconde vaut $-2$ fois la première) — c'est le signe que $\det=0$, donc que $5$ est bien valeur propre. La première ligne donne $-x+y=0$, soit $y=x$ :

C'est le contrôle le plus fort : il revient à la définition et n'emprunte rien au calcul du polynôme.

ℹ️ Ce que ces deux nombres disent de la matrice. $A$ étire d'un facteur $5$ dans une direction et d'un facteur $2$ dans une autre. Les deux valeurs propres étant distinctes, $A$ sera diagonalisable (exercice B5) — et comme aucune n'est nulle, $A$ est inversible ($\det A=10\neq 0$).

Définition

$$A\vec v=\lambda\vec v \quad\text{avec}\quad \vec v\neq\vec 0$$

$\lambda$ est valeur propre, $\vec v$ un vecteur propre associé. ⚠️ Le vecteur nul est exclu : sinon tout scalaire serait valeur propre.

Équation caractéristique

$$\det(A-\lambda I)=0$$

⚠️ On retranche $\lambda$ sur la diagonale seulement — c'est $\lambda I$, pas $\lambda$.

Le raccourci en dimension 2

$$\chi_A(\lambda)=\lambda^2-(\operatorname{tr}A)\,\lambda+\det A$$

Écrit sans aucun développement, et il sert de contrôle au calcul direct.

Déterminant $2\times 2$

$$\det\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}=ad-bc$$

Les deux contrôles gratuits

$$\lambda_1+\lambda_2=\operatorname{tr}A \qquad \lambda_1\lambda_2=\det A$$

Ils viennent des relations coefficients-racines, et sont indépendants du calcul du déterminant.

Ce que les valeurs propres disent

• $\lambda=0$ est valeur propre $\iff$ $\det A=0$ $\iff$ $A$ non inversible ;
• deux valeurs propres distinctes en dimension $2$ $\Longrightarrow$ $A$ diagonalisable.

Le contrôle le plus fort Revenir à la définition : trouver un $\vec v$ et vérifier $A\vec v=\lambda\vec v$.

⚠️⚠️ Retrancher $\lambda$ à TOUS les coefficients et écrire $\begin{pmatrix}4-\lambda&1-\lambda\\2-\lambda&3-\lambda\end{pmatrix}$. C'est $\lambda I$ qu'on soustrait, et $I$ n'a des $1$ que sur la diagonale.

Le contrôle : le polynôme caractéristique d'une matrice $2\times 2$ est de degré $2$. La version fautive donnerait des termes qui se compensent et un degré $1$.

⚠️ Oublier le $-bc$ dans le déterminant : $(4-\lambda)(3-\lambda)$ moins $1\times 2$. Le $-2$ fait passer de $12$ à $10$, donc change les deux racines.

Le contrôle : le produit des racines doit valoir $\det A=10$. Sans le $-2$ on aurait $12$, et les racines seraient $3$ et $4$ ✗

⚠️ Se tromper de signe dans le développement : $(4-\lambda)(3-\lambda)=\lambda^2-7\lambda+12$, avec un $+\lambda^2$ (produit de deux $-\lambda$) et un $-7\lambda$.

Le contrôle : la somme des racines doit valoir la trace $7$, donc le coefficient de $\lambda$ doit être $-7$.

⚠️ Confondre valeur propre et vecteur propre. $\lambda$ est un nombre, $\vec v$ un vecteur. L'énoncé ne demande ici que les nombres.

⚠️ Chercher $\det(A-\lambda I)$ sans l'égaler à zéro. Le polynôme n'est qu'une étape ; les valeurs propres sont ses racines.

⚠️ Accepter $\vec v=\vec 0$. Il vérifie $A\vec 0=\lambda\vec 0$ pour tout $\lambda$ : la définition serait vide de sens.

⚠️ Ne faire aucun contrôle. La somme et le produit coûtent deux additions et attrapent la quasi-totalité des erreurs de développement.

⚠️ On retranche $\lambda$ SUR LA DIAGONALE seulement — c'est $\lambda I$.

Le raccourci en dimension 2 : $\chi_A(\lambda)=\lambda^2-(\operatorname{tr}A)\lambda+\det A$, sans développement.

Les deux contrôles gratuits : somme $=\operatorname{tr}A=7$ ✓ et produit $=\det A=10$ ✓

Le contrôle le plus fort : revenir à la définition — $A\binom11=5\binom11$.

Calcule $S=\operatorname{tr}A$ et $P=\det A$.

Les valeurs propres sont racines de $\lambda^2-S\lambda+P$.

Factorise.

L'exercice systématise le raccourci entrevu en A1 : en dimension 2, on n'a jamais besoin de développer le déterminant.

D'où vient cette formule. Pour $A=\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}$ :

et l'on reconnaît la trace et le déterminant. Le calcul est fait une fois pour toutes.

Ce que l'énoncé demande, c'est de l'utiliser dans l'autre sens : au lieu de résoudre le trinôme, on cherche deux nombres dont on connaît la somme et le produit.

C'est un réflexe de collège, et il est souvent plus rapide qu'un discriminant : on cherche deux entiers de somme $11$ et de produit $24$.

⚠️ Attention aux signes de la matrice : les coefficients hors diagonale valent $-2$, et leur produit vaut $+4$. C'est là que l'exercice se joue.

ℹ️ La matrice est SYMÉTRIQUE ($a_{12}=a_{21}$). Le théorème spectral garantit alors que ses valeurs propres sont réelles — on sait donc d'avance que $\Delta\geq 0$.

La trace — somme des coefficients diagonaux :

Le déterminant :

⚠️⚠️ $(-2)\times(-2)=+4$, et on le retranche : $28-4=24$. Deux pièges de signe dans le même calcul — le produit de deux négatifs est positif, et le $-bc$ de la formule le soustrait.

L'erreur courante donne $28+4=32$, et les racines n'existeraient même pas dans les entiers.

Le polynôme caractéristique s'écrit alors sans aucun développement :

Méthode 1 — de tête. On cherche deux nombres de somme $11$ et de produit $24$.

Les paires d'entiers de produit $24$ : $(1;24)$, $(2;12)$, $(3;8)$, $(4;6)$.

Méthode 2 — le discriminant, si les nombres ne viennent pas :

Les deux méthodes concordent.

Les contrôles :

1) Somme et produit, refaits sur le résultat :

2) Retour à la définition — le contrôle qui ne dépend d'aucune formule. Pour $\lambda=3$ :

Les lignes sont proportionnelles ($L_2=-\tfrac12L_1$), donc le déterminant est nul ✓ La première donne $4x-2y=0$, soit $y=2x$ :

3) Le signe des valeurs propres. $\det A=24>0$ et $\operatorname{tr}A=11>0$ : les deux valeurs propres sont de même signe (produit positif) et positives (somme positive). On trouve $3$ et $8$ ✓

ℹ️ Ce contrôle est utile bien au-delà : le signe des valeurs propres d'une matrice symétrique décide de la nature d'une forme quadratique, et de la stabilité d'un système différentiel.

Ce que la symétrie garantissait. $A$ est symétrique, donc le théorème spectral assure des valeurs propres réelles et, ces valeurs étant distinctes, des vecteurs propres orthogonaux. On peut le vérifier : pour $\lambda=8$, $\vec w=\binom{2}{-1}$, et

Polynôme caractéristique en dimension 2

$$\chi_A(\lambda)=\lambda^2-(\operatorname{tr}A)\,\lambda+\det A$$

Aucun développement nécessaire.

Somme et produit

$$\lambda_1+\lambda_2=\operatorname{tr}A \qquad \lambda_1\lambda_2=\det A$$

Chercher deux nombres de somme et produit connus est souvent plus rapide qu'un discriminant.

Trace et déterminant

$$\operatorname{tr}\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}=a+d \qquad \det=ad-bc$$

⚠️ Avec $b=c=-2$ : $bc=+4$, et on le retranche.

Lire le signe des valeurs propres (quand elles sont réelles)

$\det A$	$\operatorname{tr}A$	valeurs propres
$>0$	$>0$	deux positives
$>0$	$<0$	deux négatives
$<0$	—	de signes opposés
$=0$	—	l'une est nulle

Contrôle immédiat, sans résoudre.

Matrice symétrique — théorème spectral

$$A=A^{\mathsf T} \quad\Longrightarrow\quad \text{valeurs propres RÉELLES et vecteurs propres ORTHOGONAUX pour des valeurs distinctes}$$

On sait donc d'avance que $\Delta\geq 0$.

⚠️⚠️ Calculer $\det A=28+4=32$. Le déterminant est $ad-\boxed{bc}$, et $bc=(-2)\times(-2)=+4$ : on retranche $4$, donc $24$.

Le contrôle : avec $32$, il faudrait deux nombres de somme $11$ et produit $32$ — $\Delta=121-128<0$, donc aucune racine réelle. Or la matrice est symétrique : c'est impossible. L'erreur se détecte ainsi.

⚠️ Prendre $bc=-4$ en oubliant que le produit de deux négatifs est positif. On trouverait $\det=32$ également.

⚠️ Confondre trace et somme de tous les coefficients : $7-2-2+4=7$, ce qui n'est pas la trace. La trace est la somme des coefficients diagonaux, ici $7+4=11$.

⚠️ Écrire $\chi_A(\lambda)=\lambda^2+11\lambda+24$ avec un $+$. La formule porte $-(\operatorname{tr}A)\lambda$ : le signe est négatif.

Le contrôle : les racines seraient $-3$ et $-8$, de somme $-11\neq 11$ ✗

⚠️ S'arrêter au polynôme sans donner les valeurs propres. Ce sont les racines qui sont demandées.

⚠️ Chercher les racines au discriminant alors que somme et produit sautent aux yeux. L'énoncé demande explicitement d'utiliser $S$ et $P$ — c'est la compétence testée.

⚠️ Ne pas exploiter la symétrie. Elle garantit des valeurs propres réelles : un $\Delta<0$ signalerait immédiatement une erreur de calcul, pas un cas particulier.

⚠️⚠️ $\det A=28-(-2)(-2)=28-4=24$ — le produit de deux négatifs est positif, et on le retranche. Deux pièges dans un seul calcul.

Chercher deux nombres de somme et produit connus est souvent plus rapide qu'un discriminant.

Lire le signe sans résoudre : $\det>0$ et $\operatorname{tr}>0$ $\Longrightarrow$ deux valeurs propres positives (si elles sont réelles).

Matrice SYMÉTRIQUE $\Longrightarrow$ valeurs propres réelles — un $\Delta<0$ y serait une erreur de calcul.

Pour chaque $\lambda$, résous $(A-\lambda I)v=0$.

Le système est de rang 1 : une équation suffit.

Choisis un représentant non nul.

Les valeurs propres sont données ; il reste à trouver les directions qu'elles étirent.

Un vecteur propre se cherche donc dans un NOYAU — on résout un système homogène.

Le fait qui rend le calcul court, et qu'il faut avoir en tête :

Donc une seule ligne suffit. La seconde ne dit rien de plus — et si elle n'est pas proportionnelle à la première, c'est qu'on s'est trompé quelque part.

⚠️ C'est aussi le meilleur contrôle intermédiaire du chapitre : écrire $A-\lambda I$ et vérifier la proportionnalité avant de résoudre.

Un vecteur propre n'est jamais unique. Si $\vec v$ convient, $2\vec v$, $-\vec v$, $\tfrac13\vec v$ aussi :

L'ensemble des solutions est une DROITE (privée de l'origine) — le sous-espace propre. On en donne un représentant, choisi aussi simple que possible : de préférence à coordonnées entières et sans facteur commun.

Et le contrôle final ne se discute pas : $A\vec v$ doit valoir $\lambda\vec v$, coordonnée par coordonnée.

⚠️ Les deux lignes sont identiques — donc proportionnelles, donc $\det=0$ ✓ C'est la confirmation que $2$ est bien valeur propre, obtenue avant même de résoudre.

Le système $(A-2I)\vec v=\vec 0$ :

Une seule équation, deux inconnues : l'ensemble des solutions est une droite.

On choisit $x=1$, ce qui donne $y=-2$ :

Contrôle — la définition :

ℹ️ $\binom{-1}{2}$ ou $\binom{2}{-4}$ conviendraient tout aussi bien — ce sont des multiples. On préfère la forme entière la plus simple.

Contrôle de proportionnalité : $L_2=-2\,L_1$ ✓ Le déterminant est bien nul.

Le système :

La seconde équation est la première multipliée par $-2$ : elle n'apporte rien, comme annoncé.

On choisit $x=1$ :

Contrôle :

Le bilan, et ce qu'il annonce :

Les deux vecteurs ne sont pas colinéaires — leur déterminant vaut

Ils forment donc une BASE du plan, et c'est exactement ce qui rendra $A$ diagonalisable en B1 : dans cette base, $A$ ne fait plus qu'étirer selon deux axes.

⚠️ Ce n'est pas un hasard. Deux vecteurs propres associés à des valeurs propres distinctes sont toujours indépendants — c'est le théorème qui fonde le critère de B5.

Un contrôle numérique de plus, sur un vecteur quelconque. Prenons $\vec u=\binom{2}{-1}$, qui n'est propre pour aucune des deux :

Les deux rapports diffèrent : $A\vec u$ n'est pas un multiple de $\vec u$, donc $\vec u$ n'est pas vecteur propre ✓ — c'est le témoin qui montre que le test discrimine vraiment.

Trouver un vecteur propre

$$(A-\lambda I)\vec v=\vec 0 \qquad \vec v\neq\vec 0$$

On résout un système homogène — le vecteur propre vit dans un noyau.

Une seule ligne suffit (dimension 2) $\lambda$ étant valeur propre, $\det(A-\lambda I)=0$, donc les deux lignes sont proportionnelles. ⚠️ Si elles ne le sont pas, il y a une erreur — soit sur $\lambda$, soit sur $A-\lambda I$. Contrôle intermédiaire gratuit.

Un vecteur propre n'est jamais unique

$$A\vec v=\lambda\vec v \quad\Longrightarrow\quad A(k\vec v)=\lambda(k\vec v) \quad \forall k\neq 0$$

L'ensemble des solutions est le sous-espace propre $E_\lambda=\ker(A-\lambda I)$ — ici une droite. On donne un représentant, entier et sans facteur commun.

Le contrôle final

$$A\vec v \stackrel{?}{=} \lambda\vec v$$

Coordonnée par coordonnée. C'est la définition ; rien ne le remplace.

Vecteurs propres et indépendance Des vecteurs propres associés à des valeurs propres DISTINCTES sont linéairement indépendants. C'est ce théorème qui rend diagonalisable toute matrice $n\times n$ à $n$ valeurs propres distinctes.

Tester si un vecteur est propre $A\vec u$ est-il un multiple de $\vec u$ ? Comparer les rapports coordonnée par coordonnée.

⚠️⚠️ Résoudre $(A-\lambda I)\vec v=\vec 0$ et trouver seulement $\vec v=\vec 0$. Si c'est le cas, c'est que $\lambda$ n'est pas valeur propre — ou qu'on a fait une erreur dans $A-\lambda I$.

Le contrôle : les deux lignes doivent être proportionnelles. Si elles ne le sont pas, le système n'a que la solution nulle.

⚠️ Résoudre $A\vec v=\lambda\vec v$ « à droite » en écrivant $A\vec v-\lambda=\vec 0$. On ne soustrait pas un nombre à un vecteur : c'est $\lambda\vec v$, donc $(A-\lambda I)\vec v$.

⚠️ Se tromper dans $A-\lambda I$ en retranchant $\lambda$ partout. Seule la diagonale change.

Le contrôle : $A-2I=\begin{pmatrix}2&1\\2&1\end{pmatrix}$ a bien ses lignes proportionnelles. La version fautive $\begin{pmatrix}2&-1\\0&1\end{pmatrix}$ ne les aurait pas.

⚠️ Utiliser les deux équations comme si elles étaient indépendantes et conclure $x=y=0$. La seconde est un multiple de la première : elle n'apporte rien.

⚠️ Donner un vecteur à coordonnées fractionnaires comme $\binom{-1/2}{1}$. Ce n'est pas faux, mais on préfère $\binom{1}{-2}$ — multiplier par $-2$ ne change pas la direction.

⚠️ Croire qu'il y a un seul vecteur propre par valeur propre. Il y en a une infinité : tous les multiples non nuls. On en donne un.

⚠️ Oublier le contrôle $A\vec v=\lambda\vec v$. Il coûte deux produits et prouve le résultat — c'est le seul contrôle qui revienne à la définition.

⚠️ Confondre les deux vecteurs. $\binom{1}{-2}$ va avec $\lambda=2$, $\binom{1}{1}$ avec $\lambda=5$. Les échanger casse tout en B1.

⚠️ Les deux lignes sont TOUJOURS proportionnelles quand $\lambda$ est valeur propre — une seule suffit, et c'est un contrôle intermédiaire gratuit.

Un vecteur propre n'est jamais unique : tous ses multiples non nuls conviennent. On choisit le plus simple, entier.

Contrôle final, sans substitut : $A\vec v=\lambda\vec v$, coordonnée par coordonnée.

Deux valeurs propres distinctes $\Longrightarrow$ vecteurs indépendants — c'est ce qui rendra $A$ diagonalisable.

Que vaut $\det(A-\lambda I)$ pour une matrice triangulaire ?

Le déterminant d'une triangulaire est le produit de la diagonale.

Les valeurs propres se lisent directement.

Un cas où il n'y a rien à calculer — et savoir le reconnaître fait gagner tout l'exercice.

Pourquoi. Le déterminant d'une matrice triangulaire est le produit de sa diagonale. Or $A-\lambda I$ reste triangulaire (on ne touche qu'à la diagonale), donc

Le polynôme caractéristique est déjà factorisé : ses racines se lisent sans le moindre calcul.

⚠️ « Triangulaire » veut dire qu'un des deux TRIANGLES hors diagonale est nul — supérieur ou inférieur, peu importe. Ici c'est le coin inférieur gauche ($a_{21}=0$).

⚠️⚠️ Le coefficient $5$ ne joue AUCUN rôle. C'est ce qui surprend, et c'est vrai : deux matrices triangulaires de même diagonale ont exactement les mêmes valeurs propres, quel que soit le reste.

La propriété se généralise à toute dimension — elle sera reprise en C2 et E4 sur des matrices $3\times 3$.

ℹ️ En revanche, elle ne dit rien de la diagonalisabilité. Une matrice triangulaire peut très bien ne pas être diagonalisable (exercice B4, $\begin{pmatrix}2&1\\0&2\end{pmatrix}$). Dès qu'une valeur propre est répétée, lire les valeurs propres ne suffit plus à conclure.

Le coin inférieur gauche est nul : $A$ est triangulaire supérieure.

La justification, à écrire — la lecture seule ne suffit pas en copie :

Cette matrice est encore triangulaire, donc son déterminant est le produit de sa diagonale :

Il est nul si et seulement si l'un des facteurs l'est :

Les contrôles :

1) Trace et déterminant :

2) Le développement complet, pour ceux qui doutent :

Même résultat, dix fois plus long.

3) Retour à la définition. Pour $\lambda=2$ :

Les lignes sont proportionnelles ✓, et le système donne $5y=0$, soit $y=0$ :

ℹ️ Le vecteur propre pour $\lambda=2$ est le premier vecteur de base — c'est général pour une matrice triangulaire supérieure : la première colonne de $A$ est $\binom{2}{0}=2\vec e_1$.

Ce que la matrice fait. $\det A=-6\neq 0$, donc $A$ est inversible. Et les valeurs propres sont de signes opposés : $A$ étire dans une direction et retourne-étire dans l'autre.

Matrice triangulaire

$$\text{les valeurs propres sont les coefficients DIAGONAUX}$$

Vrai en toute dimension, pour une triangulaire supérieure comme inférieure.

Pourquoi

$$\det(\text{triangulaire})=\text{produit de la diagonale}$$

et $A-\lambda I$ reste triangulaire — on ne modifie que la diagonale.

⚠️ Les coefficients hors diagonale ne jouent AUCUN rôle

$$\begin{pmatrix}2&5\\0&-3\end{pmatrix} \quad\text{et}\quad \begin{pmatrix}2&1000\\0&-3\end{pmatrix}$$

ont exactement les mêmes valeurs propres.

⚠️⚠️ Mais ils décident de la DIAGONALISABILITÉ

$$\begin{pmatrix}2&1\\0&2\end{pmatrix} \ \text{n'est PAS diagonalisable} \qquad \begin{pmatrix}2&0\\0&2\end{pmatrix} \ \text{l'est}$$

Même diagonale, même polynôme caractéristique, natures opposées. Avec une valeur propre répétée, lire les valeurs propres ne conclut pas sur la diagonalisabilité.

Cas particuliers utiles

• diagonale : valeurs propres = diagonale, et déjà diagonalisée ;
• triangulaire à diagonale distincte : diagonalisable (valeurs propres distinctes) ;
• triangulaire à diagonale répétée : à examiner.

Contrôles

$$\sum\lambda_i=\operatorname{tr}A \qquad \prod\lambda_i=\det A$$

⚠️⚠️ Croire que le $5$ intervient. Il ne change rien aux valeurs propres. La tentation est forte de « faire quelque chose » avec lui — il n'y a rien à en faire ici.

Le contrôle : le déterminant de $A$ vaut $2\times(-3)-5\times 0=-6$. Le $5$ est multiplié par $0$.

⚠️⚠️ Oublier le signe de $-3$ et annoncer $\lambda_2=3$. La diagonale porte $-3$.

Le contrôle : la trace vaut $-1$, donc la somme des valeurs propres aussi. Avec $2$ et $3$ on aurait $5$ ✗

⚠️ Développer le polynôme alors qu'il est déjà factorisé. $(2-\lambda)(-3-\lambda)$ donne ses racines directement. Développer puis résoudre un discriminant, c'est refaire à l'envers ce qui est déjà fait — et c'est trois occasions d'erreur de plus.

⚠️ Ne pas justifier. Écrire « $A$ est triangulaire donc $\lambda=2$ et $-3$ » sans dire pourquoi coûte des points : il faut mentionner que $A-\lambda I$ reste triangulaire et que son déterminant est le produit de la diagonale.

⚠️ Conclure que $A$ est diagonalisable « parce qu'elle est triangulaire ». C'est faux en général. Ici elle l'est — mais parce que les deux valeurs propres sont distinctes, pas parce qu'elle est triangulaire.

⚠️ Chercher les valeurs propres sur la mauvaise diagonale. C'est la diagonale principale (de haut à gauche vers bas à droite), soit $2$ et $-3$ ; pas l'antidiagonale $5$ et $0$.

⚠️ Croire qu'une matrice avec un $0$ n'est pas inversible. Ici $\det A=-6\neq 0$ : $A$ est inversible. C'est une valeur propre nulle qui empêcherait l'inversibilité, pas un coefficient nul.

Pourquoi : $A-\lambda I$ reste triangulaire, et le déterminant d'une triangulaire est le produit de sa diagonale. À écrire, la lecture seule ne suffit pas.

⚠️ Le coefficient $5$ ne joue AUCUN rôle dans les valeurs propres…

⚠️⚠️ …mais les coefficients hors diagonale décident de la DIAGONALISABILITÉ. $\begin{pmatrix}2&1\\0&2\end{pmatrix}$ n'est pas diagonalisable, $\begin{pmatrix}2&0\\0&2\end{pmatrix}$ l'est.

Contrôles : $\operatorname{tr}=-1=2-3$ ✓ et $\det=-6=2\times(-3)$ ✓

$0$ valeur propre $\iff \det A=0$.

Le vecteur propre pour $0$ est dans $\ker A$ : résous $Av=0$.

$\det A=0$ signifie quoi pour l'inversibilité ?

L'exercice fait le lien entre valeur propre nulle et inversibilité — une équivalence qui resservira partout.

Pourquoi c'est immédiat. Faisons $\lambda=0$ dans l'équation caractéristique :

Donc « $0$ est racine du polynôme caractéristique » signifie exactement « $\det A=0$ ». Il n'y a rien de plus.

Et ce que $0$ comme valeur propre veut dire concrètement :

Un vecteur non nul envoyé sur zéro : $A$ perd de l'information, elle ne peut donc pas être inversée. Le vecteur propre associé à $0$ est précisément un élément du noyau de $A$.

Le chemin le plus court ici : calculer $\det A$. S'il est nul, $0$ est valeur propre — et le vecteur se trouve en résolvant $A\vec v=\vec 0$, sans même former $A-\lambda I$ (puisque $A-0I=A$).

⚠️ Ne pas confondre « $A$ contient des zéros » et « $\det A=0$ ». Ce sont deux choses sans rapport : $\begin{pmatrix}2&5\\0&-3\end{pmatrix}$ contient un zéro et son déterminant vaut $-6$.