Diagonalisation

La diagonalisation est une opération fondamentale des matrices. Nous allons énoncer des conditions
qui déterminent exactement quand une matrice est diagonalisable. Nous reprenons pas à pas les
notions du chapitre « Valeurs propres, vecteurs propres », mais du point de vue plus théorique des
applications linéaires.

Notations.
Dans ce chapitre, E est un K-espace vectoriel. K est un corps. Dans les exemples de ce chapitre, K
sera R ou C. Sauf mention contraire, E sera de dimension finie.

1. Valeurs propres, vecteurs propres

Commençons par définir les valeurs et les vecteurs propres d’une application linéaire. Il est
important d’avoir d’abord compris le chapitre « Valeurs propres, vecteurs propres » des matrices.

1.1. Définitions
Rappel. f : E → E est appelé un endomorphisme si f est une application linéaire de E dans
lui-même. Autrement dit, pour tout v ∈ E, f (v) ∈ E et, en plus, pour tous u, v ∈ E et tout α ∈ K :
f (u + v) = f (u) + f (v) et f (αv) = α f (v)

Définition 1.
Soit f : E → E un endomorphisme.
• λ ∈ K est dite valeur propre de l’endomorphisme f s’il existe un vecteur non nul v ∈ E tel
que
f (v) = λv.

• Le vecteur v est alors appelé vecteur propre de f , associé à la valeur propre λ.

• Le spectre de f est l’ensemble des valeurs propres de f . Notation : sp( f ) (ou spK ( f ) si on
veut préciser le corps de base).

Si v est un vecteur propre alors, pour tout α ∈ K∗ , αv est aussi un vecteur propre.
Ces définitions sont bien sûr compatibles avec celles pour les matrices. Soit A ∈ Mn (K). Soit
f : Kn → Kn l’application linéaire définie par f (v) = Av (où v est considéré comme un vecteur
colonne). Alors les valeurs propres (et les vecteurs propres) de f sont celles de A.
DIAGONALISATION 1. VALEURS PROPRES, VECTEURS PROPRES 2

1.2. Exemples
La principale source d’exemples provient des matrices et nous renvoyons encore une fois au
chapitre « Valeurs propres, vecteurs propres ».
Exemple 1.
Soit f : R3 → R3 définie par


f (x, y, z) = − 2x − 2 y + 2z, −3x − y + 3z, −x + y + z .
1. Écriture en terme de matrice. L’application f s’écrit aussi f (X ) = AX avec :
   
x −2 −2 2
X =  y et A = −3 −1 3
z −1 1 1
2. Le vecteur v1 = (1, 1, 0) est vecteur propre.
En effet, f (1, 1, 0) = (−4, −4, 0), autrement dit f (v1 ) = −4v1 . Ainsi v1 est un vecteur propre
associé à la valeur propre λ1 = −4.
Si on préfère faire les calculs avec les matrices, on considère v1 comme un vecteur colonne et
on calcule Av1 = −4v1 .
3. λ2 = 2 est valeur propre.
Pour le prouver, il s’agit de trouver un vecteur non nul dans Ker( f − λ2 idR3 ) pour λ2 = 2. Pour
cela, on calcule A − λ2 I3 :  
−4 −2 2
A − 2I3 = −3 −3 3 
−1 1 −1
On trouve que v2 = (0, 1, 1) est dans le noyau de A − 2I3 , c’est-à-dire (A − 2I3 )v2 est le vecteur
nul. En d’autres termes, v2 ∈ Ker( f − λ2 idR3 ), c’est-à-dire f (v2 ) − 2v2 = 0, donc f (v2 ) = 2v2 .
Bilan : v2 est un vecteur propre associé à la valeur propre λ2 = 2.
4. λ3 = 0 est valeur propre.
On peut faire juste comme au-dessus et trouver que v3 = (1, 0, 1) vérifie f (v3 ) = (0, 0, 0). Ainsi
f (v3 ) = 0 · v3 . Bilan : v3 est vecteur propre associé à la valeur propre λ3 = 0.
5. On a trouvé 3 valeurs propres, et il ne peut y en avoir plus car la matrice A est de taille 3 × 3.
Conclusion : sp( f ) = {−4, 2, 0}.

Exemple 2.
Soit f : Rn → Rn l’application linéaire définie par (x 1 , . . . , x n−1 , x n ) 7→ (x 1 , . . . , x n−1 , 0). Géométri-
quement, f est une projection sur Rn−1 × {0} ⊂ Rn . Notons e1 = (1, 0, 0, . . .), e2 = (0, 1, 0, . . .),. . . ,
en = (0, . . . , 0, 1) les n vecteurs de la base canonique de Rn .
Alors
f (e1 ) = e1 f (e2 ) = e2 . . . f (en−1 ) = en−1 et f (en ) = 0.
Ainsi e1 , . . . , en−1 sont des vecteurs propres associés à la valeur propre 1. Et en est un vecteur propre
associé à la valeur propre 0. Conclusion : sp( f ) = {0, 1}.
Voici d’autres exemples plus théoriques.
Exemple 3.
DIAGONALISATION 1. VALEURS PROPRES, VECTEURS PROPRES 3

1. Soit E = Rn [X ] l’espace des polynômes de degré 6 n. Soit d : E → E, P(X ) 7→ P 0 (X ) l’application

de dérivation. Pour des raisons de degré,
P 0 = λP =⇒ λ=0 et P constant
De plus, tout polynôme constant non nul est un vecteur propre de d, de valeur propre associée
0 ; donc sp(d) = {0}.
2. (Cet exemple est en dimension infinie.) Soit E = C ∞ (R) l’espace des fonctions infiniment
dérivables de R dans R. Soit d : E → E, φ 7→ φ 0 l’application de dérivation.
Pour tout λ ∈ R, définissons la fonction
eλ : R → R, x 7→ exp(λx).
On a eλ0 = λeλ , donc chaque fonction eλ est un vecteur propre de d de valeur propre associée
λ. Ici, sp(d) = R.

1.3. Sous-espaces propres

Cherchons une autre écriture de la relation de colinéarité définissant les vecteurs propres :
f (v) = λv ⇐⇒ f (v) − λv = 0
⇐⇒ ( f − λ id E )(v) = 0
⇐⇒ v ∈ Ker( f − λ id E )
D’où la définition :
Définition 2.
Soit f un endomorphisme de E. Soit λ ∈ K. Le sous-espace propre associé à λ est le sous-espace
vectoriel Eλ défini par :

Eλ = Ker( f − λ id E )

On notera aussi ce sous-espace Eλ ( f ) si on souhaite signaler sa dépendance vis-à-vis de l’endomor-

phisme f .
Autrement dit :

Eλ = v ∈ E | f (v) = λv

C’est le sous-espace vectoriel de E constitué des vecteurs propres de f associés à la valeur propre
λ, auquel on ajoute le vecteur nul. Être valeur propre, c’est donc exactement avoir un sous-espace
propre non trivial :
λ valeur propre ⇐⇒ Eλ 6= {0}
Remarque.
Plaçons-nous dans le cas où E est de dimension finie.
• Si λ est une valeur propre de f , alors le sous-espace propre associé Eλ est de dimension > 1.
• Le sous-espace propre Eλ est stable par f , c’est-à-dire f (Eλ ) ⊂ Eλ . En effet :
v ∈ Ker( f − λ id E ) =⇒ f ( f (v)) = f (λv) = λ f (v) =⇒ f (v) ∈ Ker( f − λ id E )

Théorème 1.
Soit f un endomorphisme de E. Soient λ1 , . . . , λ r des valeurs propres distinctes de f . Alors les
sous-espaces propres associés Eλ1 , . . . , Eλr sont en somme directe.
DIAGONALISATION 1. VALEURS PROPRES, VECTEURS PROPRES 4

On retrouve un résultat déjà prouvé dans le cas des matrices :

Corollaire 1.
Soient λ1 , . . . , λ r des valeurs propres distinctes de f et, pour 1 6 i 6 r, soit vi un vecteur propre
associé à λi . Alors les vi sont linéairement indépendants.

Cela implique que le nombre de valeurs propres est 6 dim E.

Avant de lire les exemples et la preuve de ce théorème, lire si besoin la section suivante sur les
sommes directes.
Exemple 4.
Reprenons l’exemple 1 avec f : R3 → R3 définie par


f (x, y, z) = − 2x − 2 y + 2z, −3x − y + 3z, −x + y + z .
Nous avions trouvé les valeurs propres et les vecteurs propres associés suivants :
λ1 = −4 v1 = (1, 1, 0) λ2 = 2 v2 = (0, 1, 1) λ3 = 0 v3 = (1, 0, 1)
Par le corollaire 1, (v1 , v2 , v3 ) forme une famille libre de R3 (ce que l’on vérifie par un calcul
direct). Mais trois vecteurs indépendants de R3 forment automatiquement une base. Conclusion :
(v1 , v2 , v3 ) est une base de vecteurs propres de R3 .
Ce que l’on peut aussi écrire :
R3 = Rv1 ⊕ Rv2 ⊕ Rv3
ou encore
R3 = E−4 ⊕ E2 ⊕ E0 .
Exemple 5.
Reprenons l’exemple 2, avec f : Rn → Rn définie par (x 1 , . . . , x n−1 , x n ) 7→ (x 1 , . . . , x n−1 , 0).
Nous avions trouvé deux valeurs propres 0 et 1.
Pour la valeur propre 0, nous avions un seul vecteur propre en = (0, . . . , 0, 1), ainsi E0 = Ren .
Pour la valeur propre 1, nous avions trouvé n − 1 vecteurs propres linéairement indépendants
e1 = (1, 0, 0, . . .), e2 = (0, 1, 0, . . .),. . . , en−1 = (0, . . . , 0, 1, 0). Plus précisément,

E1 = Ker( f −idRn ) = Vect(e1 , . . . , en−1 ) = (x 1 , x 2 , . . . , x n−1 , 0) ∈ Rn | x 1 , . . . , x n−1 ∈ R = Rn−1 ×{0}.
Nous avons bien



Rn = E0 ⊕ E1 = Ren ⊕ Rn−1 × {0} .

Preuve du théorème 1. Pour chaque 1 6 i 6 r, soit vi ∈ Eλi . On suppose v1 + · · · + vr = 0, et nous

allons montrer par récurrence qu’alors v1 = 0, v2 = 0,. . . , vr = 0.
Si r = 1, c’est vérifié. Fixons r > 2 et supposons notre assertion vraie pour les familles de r − 1
vecteurs. Soit une famille qui vérifie
v1 + v2 + · · · + vr−1 + vr = 0. (1)
Par composition par l’application linéaire f ,
f (v1 ) + f (v2 ) + · · · + f (vr−1 ) + f (vr ) = 0.
Mais comme vi ∈ Eλi alors f (vi ) = λi vi et donc :
λ1 v1 + λ2 v2 + · · · + λ r−1 vr−1 + λ r vr = 0. (2)
À partir des équations (1) et (2), on calcule l’expression (2) − λ r (1) :
(λ1 − λ r )v1 + (λ2 − λ r )v2 + · · · + (λ r−1 − λ r )vr−1 = 0
DIAGONALISATION 1. VALEURS PROPRES, VECTEURS PROPRES 5

(le vecteur vr n’apparaît plus dans cette expression). On applique l’hypothèse de récurrence à la
famille de n − 1 vecteurs (λ1 − λ r )v1 , . . . ,(λ r−1 − λ r )vr−1 , ce qui implique que tous ces vecteurs
sont nuls :
(λ1 − λ r )v1 = 0 ... (λ r−1 − λ r )vr−1 = 0
Comme les valeurs propres sont distinctes, alors λi − λ r 6= 0 (pour i = 1, . . . , r − 1). Ainsi
v1 = 0 ... vr−1 = 0.
L’équation (1) implique en plus
vr = 0.
Cela termine la récurrence.

1.4. Rappels sur les sommes directes

Il faut bien comprendre le vocabulaire suivant. On commence par le cas de deux sous-espaces.
Définition 3.
Soient E1 , E2 deux sous-espaces vectoriels d’un espace vectoriel E.
• La somme de E1 et de E2 est

E1 + E2 = v1 + v2 | v1 ∈ E1 et v2 ∈ E2 .
• On dit que E1 et E2 sont en somme directe si E1 ∩ E2 = {0}.
• On dit que E1 et E2 sont en somme directe dans E si E1 + E2 = E et E1 ∩ E2 = {0}. On note
alors E = E1 ⊕ E2 .

Cela se généralise à plusieurs sous-espaces.

Définition 4.
Soient E1 , E2 , . . . , E r des sous-espaces vectoriels d’un espace vectoriel E.
• La somme de E1 , E2 , . . . , E r est

E1 + E2 + · · · + E r = v1 + v2 + · · · + vr | v1 ∈ E1 , v2 ∈ E2 , . . . , vr ∈ E r .
• On dit que E1 , E2 , . . . , E r sont en somme directe si
∀v1 ∈ E1 , . . . , ∀vr ∈ E r v1 + · · · + vr = 0 =⇒ v1 = 0, . . . , vr = 0.
• On dit que E1 , E2 , . . . , E r sont en somme directe dans E s’ils sont en somme directe et que
E1 + E2 + · · · + E r = E. On note alors E = E1 ⊕ E2 ⊕ · · · ⊕ E r .

Exemple 6.
• Si (v1 , . . . , vn ) est une famille libre de E, alors les droites Kv1 , . . . , Kvn sont en somme directe.
• Si (v1 , . . . , vn ) est une base de E, alors les droites Kv1 , . . . , Kvn sont en somme directe dans E :
E = Kv1 ⊕ · · · ⊕ Kvn .
La notion de somme directe généralise celle de base :
Proposition 1.
Les sous-espaces vectoriels E1 , . . . , E r sont en somme directe si et seulement si, pour chaque v ∈
E1 + · · · + E r , il existe vi ∈ Ei unique (1 6 i 6 r) tel que
v = v1 + v2 + · · · + vr .
DIAGONALISATION 1. VALEURS PROPRES, VECTEURS PROPRES 6

En particulier, E = E1 ⊕ · · · ⊕ E r si et seulement si, pour tout v ∈ E, il existe un unique vi ∈ Ei tel

que
v = v1 + v2 + · · · + vr .
Voici une autre application : si E = E1 ⊕ · · · ⊕ E r et si Bi est une base de Ei (pour 1 6 i 6 r) alors
B = B1 ∪ . . . ∪ B r est une base de E.

Il est facile de calculer la dimension d’une somme directe :

Proposition 2.
Les sous-espaces vectoriels E1 , . . . , E r sont en somme directe si et seulement si
dim(E1 + · · · + E r ) = dim E1 + · · · + dim E r .

En particulier, si E = E1 + · · · + E r , alors les sous-espaces vectoriels E1 , . . . , E r sont en somme directe

dans E si et seulement si
dim E = dim E1 + · · · + dim E r .
Mini-exercices.
1. Soit f : E → E un endomorphisme. Quel est le lien entre l’assertion « f injective » et les
valeurs propres de f ? Si E est de dimension finie, que peut-on dire de plus ?
2. Soit f : E → E un endomorphisme. Dire si les assertions suivantes sont vraies ou fausses.
Justifier.
(a) Si λ1 et λ2 sont valeurs propres, alors λ1 + λ2 aussi.
(b) Si v1 et v2 sont vecteurs propres, alors v1 + v2 aussi.
(c) Si λ est valeur propre, alors µ · λ aussi (pour µ ∈ K∗ ).
(d) Si v est vecteur propre, alors µ · v aussi (pour µ ∈ K∗ ).
3. Soient f , g : E → E deux endomorphismes. Dire si les assertions suivantes sont vraies ou
fausses. Justifier.
(a) Si λ est valeur propre pour f et pour g, alors λ est valeur propre pour f + g.
(b) Si v est vecteur propre pour f et pour g, alors v est vecteur propre pour f + g.
(c) Si λ est valeur propre pour f , alors µ · λ est valeur propre pour µ · f (pour µ ∈ K∗ ).
(d) Si v est vecteur propre pour f , alors µ · v est vecteur propre pour µ · f (pour µ ∈ K∗ ).
4. Montrer (sans utiliser le cours) que si λ et µ sont deux valeurs propres distinctes d’un
endomorphisme f : E → E alors Eλ ∩ Eµ = {0}.
5. Montrer que si f : E → E est un endomorphisme vérifiant f 2 = f (c’est-à-dire, pour tout
x ∈ E, f ( f (x)) = f (x)) alors E0 = Ker f et E1 = Im f .
DIAGONALISATION 2. POLYNÔME CARACTÉRISTIQUE 7

2. Polynôme caractéristique
Le polynôme caractéristique permet de trouver facilement les valeurs propres. Encore une fois, le
chapitre « Valeurs propres, vecteurs propres » sur les matrices fournit de nombreux exemples.

2.1. Polynôme caractéristique

Définition 5.
Soit f : E → E un endomorphisme d’un K-espace vectoriel E de dimension finie n. Soit
A ∈ Mn (K) la matrice de f dans une base B.
Le polynôme caractéristique de f est égal au polynôme caractéristique de la matrice A :

χ f (X ) = χA(X ) = det(A − X I n ).

Le polynôme caractéristique est indépendant de la matrice A (et du choix de la base B). En effet,
si B est la matrice du même endomorphisme f mais dans une autre base B 0 , alors on sait qu’il
existe P ∈ Mn (K) inversible telle que B = P −1 AP. On écrit :
B − X I n = P −1 (A − X I n )P.
Alors,
1
χB (X ) = det(B − X I n ) = · det(A − X I n ) · det(P) = det(A − X I n ) = χA(X ).
det(P)

2.2. Caractérisation des valeurs propres

Proposition 3.

λ valeur propre de f ⇐⇒ χ f (λ) = 0

Voyons une autre formulation. Soit f : E → E. Soit A ∈ Mn (K) sa matrice dans une base B. Soit
λ ∈ K. Alors :
λ valeur propre de f ⇐⇒ det(A − λI n ) = 0

Démonstration.
λ est une valeur propre de f ⇐⇒ ∃v ∈ E \ {0}, f (v) = λv
⇐⇒ Ker( f − λ id E ) 6= {0}
⇐⇒ f − λ id E n’est pas injective
⇐⇒ f − λ id E n’est pas bijective
⇐⇒ A − λI n n’est pas inversible
⇐⇒ det(A − λI n ) = 0
⇐⇒ χ f (λ) = 0
Noter que l’équivalence entre « f − λ id E non injective » et « f − λ id E non bijective » repose sur le
fait que : (a) f − λ id E est un endomorphisme (il va de E dans lui-même) et (b) E est de dimension
finie.
DIAGONALISATION 2. POLYNÔME CARACTÉRISTIQUE 8

Exemple 7.
Si D est la matrice diagonale
λ1 0
 
··· 0
.. .. 
0 λ . . 

D= . . 2 ..
 .. ..

. 0
0 ··· 0 λn
alors χ D (X ) = (λ1 − X ) · · · (λn − X ) et donc les λi sont les racines de χ D (X ) et aussi les valeurs
propres de D.
Exemple 8.
Soit E un C-espace vectoriel de dimension finie. Soit f : E → E une symétrie, c’est-à-dire un
endomorphisme qui vérifie f 2 = − f . Montrons que le polynôme caractéristique est de la forme
χ f (X ) = ±X a (X + 1) b avec a, b > 0.
Pour cela, cherchons quelle peut être une valeur propre de f . Soit λ ∈ K une valeur propre, et soit
v ∈ E \ {0} un vecteur propre associé. Alors :


f (v) = λv =⇒ f f (v) = f (λv)
=⇒ − f (v) = λ f (v) car f 2 = − f
=⇒ −λv = λ2 v car v vecteur propre
=⇒ −λ = λ2 car v non nul
=⇒ λ(λ + 1) = 0
=⇒ λ = 0 ou λ = −1
Conséquence : les seules valeurs propres possibles sont 0 ou −1. Par la proposition 3, les seules
racines possibles de χ f (X ) sont 0 et −1. Donc χ f (X ) = αX a (X + 1) b où α ∈ C∗ , a, b > 0. Nous
verrons juste après que le coefficient dominant est ±1. Ainsi χ f (X ) = ±X a (X + 1) b .

2.3. Coefficients du polynôme caractéristique

Proposition 4.
Soit E un K-espace vectoriel de dimension n. Soit f : E → E un endomorphisme. Soit A la matrice
de f dans une base B. Le polynôme caractéristique de f est de degré n et vérifie :
χ f (X ) = (−1)n X n + (−1)n−1 (tr A)X n−1 + · · · + det A.

Si f admet n valeurs propres, qui sont donc toutes les racines de χ f (X ), alors de l’égalité
n
Y
χ f (X ) = (−1) n
(X − λi )
i=1
on en déduit :

La somme des valeurs propres vaut tr A.

Le produit des valeurs propres vaut det A.

DIAGONALISATION 2. POLYNÔME CARACTÉRISTIQUE 9

Preuve de la proposition 4. Si A = (ai j )16i, j 6n est la matrice de f , on a

 
a − X a12 ··· a1n 
 11 
 a
 21 a22 − X ··· a2n 
χ f (X ) = det(A − X I n ) =  . .

.. .. ..
 .. . . . 
 
 an1 an2 · · · ann − X 
Par la définition du déterminant :
X
χ f (X ) = ε(σ)bσ(1)1 · · · bσ(n)n où bi j = ai j si i 6= j et bii = aii − X
σ∈Sn

On met à part la permutation identité :

X
χ f (X ) = (a11 − X ) · · · (ann − X ) + ε(σ)bσ(1)1 · · · bσ(n)n .
σ∈Sn ,σ6=id

Or, si σ 6= id, il y a au plus n − 2 entiers k tels que σ(k) = k, et donc le polynôme

X
ε(σ)bσ(1)1 · · · bσ(n)n
σ∈Sn ,σ6=id

est de degré au plus n − 2.

Conclusion :
• Le polynôme χ f (X ) est de degré n.
• Les termes de degré n et n − 1 proviennent du produit
(a11 − X ) · · · (ann − X ) = (−1)n X n + (−1)n−1 (tr A)X n−1 + · · ·
• Le terme constant, quant à lui, est donné par χ f (0) = det A.

2.4. Exemples et applications

Voyons quelques applications du polynôme caractéristique :
• Si E est un K-espace vectoriel de dimension n, alors tout endomorphisme f : E → E admet au
plus n valeurs propres. En effet, le polynôme caractéristique de f est un polynôme de degré n,
donc admet au plus n racines dans K.
• Si E est un C-espace vectoriel, alors tout endomorphisme f : E → E admet au moins une valeur
propre. En effet, le polynôme caractéristique de f est un polynôme complexe non constant
donc admet (au moins) une racine λ ∈ C. Alors λ est une valeur propre de f .
Exemple 9.
Soit A ∈ Mn (R) une matrice. Alors A possède un sous-espace invariant de dimension 1 ou 2.

Démonstration. Considérons la matrice A ∈ Mn (R) comme une matrice de Mn (C). Alors A possède
une valeur propre λ = a + i b ∈ C (a, b réels), et un vecteur propre associé Z = X + i Y ∈ Cn \ {0}
où X , Y ∈ Rn .
Alors :
AZ = λZ =⇒ A(X + i Y ) = (a + i b)(X + i Y )
=⇒ AX + i AY = (aX − bY ) + i(bX + aY )
AX = aX − bY

=⇒
AY = bX + aY
DIAGONALISATION 3. DIAGONALISATION 10

En particulier, AX et AY appartiennent à Vect(X , Y ), donc le sous-espace (réel) Vect(X , Y ) est stable

par A. Or X ou Y n’est pas nul, donc Vect(X , Y ) est de dimension 1 ou 2.

Exemple 10.
Soit f un endomorphisme de E. Si E est de dimension n et si le polynôme caractéristique χ f (X ) ∈
K[X ] admet n racines distinctes dans K, alors il existe une base de E formée de vecteurs propres
de f .

Démonstration. Soient λ1 , . . . , λn ∈ K les n racines distinctes de χ f (X ). Ce sont aussi n valeurs

propres de f . Soient v1 , . . . , vn des vecteurs propres associés. Par le corollaire 1, la famille (v1 , . . . , vn )
est une famille libre de E. C’est donc une famille libre à n éléments dans un espace vectoriel de
dimension n : cela implique que (v1 , . . . , vn ) est une base de E.

Mini-exercices.
1. Calculer le polynôme caractéristique d’une matrice triangulaire.
2. Trouver une application linéaire f : R2 → R2 qui n’admet aucune valeur propre réelle. Montrer
que les valeurs propres complexes d’un tel endomorphisme f seront toujours conjuguées.
€ −1 α+1 0 Š
3. Calculer le polynôme caractéristique de A = 1 α 1 en fonction de α ∈ R. Montrer que
3 −α−1 2
−1 est valeur propre et en déduire les autres valeurs propres. Quelle est la multiplicité de
chaque valeur propre ? Trouver un vecteur propre pour chaque valeur propre.
4. Soit E un C-espace vectoriel de dimension n. Soit f : E → E un endomorphisme tel que f n
soit l’application nulle (c’est-à-dire, pour tout x ∈ E, f ◦ f ◦ · · · ◦ f (x) = 0). Si λ est une valeur
propre de f , que peut valoir λ ? En déduire le polynôme caractéristique de f .

3. Diagonalisation
Dans le chapitre « Valeurs propres, vecteurs propres », nous avions énoncé un critère qui permet
de diagonaliser certaines matrices. Ici nous allons énoncer un critère plus fort : nous trouvons des
conditions qui sont exactement équivalentes à ce qu’une matrice soit diagonalisable.

3.1. Endomorphisme diagonalisable

Définition 6.
On dit qu’un endomorphisme f : E → E est diagonalisable s’il existe une base de E formée de
vecteurs propres de f .

Rappelons que :
Définition 7.
Soit A une matrice de Mn (K). On dit que A est diagonalisable sur K s’il existe une matrice
P ∈ Mn (K) inversible telle que P −1 AP soit diagonale.

Bien sûr, les deux définitions sont cohérentes :

Proposition 5.
Si A est la matrice de f dans une base B quelconque alors :
DIAGONALISATION 3. DIAGONALISATION 11

f diagonalisable ⇐⇒ A diagonalisable

Cette proposition est facile, mais il faut bien comprendre ce lien.

Démonstration.
• =⇒. Soit f un endomorphisme diagonalisable.
— Si D est la matrice de f dans la base (v1 , . . . , vn ) formée de vecteurs propres, alors D est
une matrice diagonale. En effet, comme f (vi ) = λi vi , la matrice D est diagonale et le i-ème
coefficient de la diagonale est λi .
— Si A est la matrice de f dans une base B quelconque, alors A est semblable à la matrice D
ci-dessus. Il existe donc P inversible telle que D = P −1 AP soit diagonale.
• ⇐=. Soit A une matrice diagonalisable.
L’endomorphisme f , considéré comme une application f : Kn → Kn , s’écrit f (X ) = AX où les
coordonnées de X s’expriment dans la base canonique (Y1 , . . . , Yn ) :
‚1Œ ‚0Œ
0 1
Y1 = 0 Y2 = 0 ···
.. ..
. .
Soit P une matrice telle que D = P −1 AP soit une matrice diagonale. Notons λ1 , . . . , λn les
coefficients de la diagonale. Notons (X 1 , . . . , X n ) les vecteurs colonnes de P. Ils s’obtiennent
aussi comme X i = PYi . Montrons que X i est un vecteur propre de f , associé à la valeur propre
λi :
f (X i ) = AX i = (P DP −1 )(PYi ) = P DYi = P(λi Yi ) = λi (PYi ) = λi X i .
Comme P est inversible, alors (X 1 , . . . , X n ) est une base de vecteurs propres.

Exemple 11 (Projection).
On suppose que E = F ⊕ G avec F et G deux sous-espaces vectoriels de E. N’importe quel v ∈ E se
décompose de façon unique en v = x + y avec x ∈ F , y ∈ G. La projection sur F suivant G est
l’endomorphisme de E défini par :
p: E −→ E
v = x + y 7−→ x
• Pour v = x ∈ F , on a p(x) = x ; ces x sont les vecteurs propres pour la valeur propre 1 :
F = Ker(p − id E ) = E1 (p).
• Pour v = y ∈ G, on a p( y) = 0 ; ces y sont les vecteurs propres pour la valeur propre 0 :
G = Ker p = E0 (p).
• Comme E = F ⊕ G, alors l’union d’une base de vecteurs propres de E1 (p) et d’une base de
vecteurs propres de E0 (p) forme une base de vecteurs propres de E.
• Conclusion : p est diagonalisable.
Exemple 12 (Réflexion).
On suppose encore que E = F ⊕ G. On définit la réflexion par rapport à F suivant G par :
r: E −→ E
v = x + y 7−→ x − y
De façon semblable à l’exemple précédent, on montre que r est diagonalisable avec
F = Ker(r − id E ) = E1 (r) et G = Ker(r + id E ) = E−1 (r).
DIAGONALISATION 3. DIAGONALISATION 12

Proposition 6.
Si f est un endomorphisme de E et si on note λ1 , . . . , λ r ses valeurs propres distinctes alors :
f est diagonalisable ⇐⇒ E = Ker( f − λ1 id E ) ⊕ · · · ⊕ Ker( f − λ r id E ).
Autrement dit, f est diagonalisable si et seulement si E est somme directe des sous-espaces propres
de f .

Notons que, dans les deux exemples précédents (la projection et la symétrie), l’espace vectoriel E
est bien la somme directe des deux seuls sous-espaces propres.

Démonstration.
• =⇒. Par le théorème 1, les sous-espaces propres de f sont en somme directe. Notons F =
Eλ1 ⊕ · · · ⊕ Eλr . Comme f est supposé diagonalisable, alors il existe une base de E formée de
vecteurs propres de f . Mais ces vecteurs propres sont aussi des éléments de F . Ainsi F contient
une base de E. On en conclut que E = F = Eλ1 ⊕ · · · ⊕ Eλr .
• ⇐=. Par hypothèse, les sous-espaces propres sont en somme directe dans E. On choisit une
base pour chacun des sous-espaces propres Eλ = Ker( f − λ id E ). Les vecteurs de chacune de
ces bases sont des vecteurs propres de f . L’union de ces bases est une base de E formée de
vecteurs propres de f , donc f est diagonalisable.

3.2. Rappels sur les polynômes

Rappelons quelques définitions. Soit P(X ) ∈ K[X ] un polynôme.
• λ ∈ K est racine de P si P(λ) = 0.
• λ ∈ K est racine de P si et seulement si P(X ) = (X − λ)Q(X ) pour un polynôme Q ∈ K[X ].
• La multiplicité de λ ∈ K dans P est le plus grand entier m tel que P(X ) = (X − λ)mQ(X ) pour
un polynôme Q ∈ K[X ].
Notation. On note m(λ) la multiplicité de λ comme racine de P.
• Une racine de multiplicité 1 est une racine simple.
• Une racine de multiplicité 2 est une racine double. . .
• Si λ n’est pas racine de P, on posera m(λ) = 0.
Exemple 13.
• P(X ) = (X − 2)3 (X 2 + X + 1) ∈ R[X ] admet 2 comme racine, et sa multiplicité est 3.
• Le même polynôme considéré cette fois dans C[X ] s’écrit
 p  p 
1 3 1 3
P(X ) = (X − 2)3 X + + i X + −i .
2 2 2 2
p
Les racines complexes − 21 ± i 2
3
sont chacune de multiplicité 1.
Exemple 14.
Si λ1 , . . . , λ r sont deux à deux distincts et si
P(X ) = (X − λ1 )m1 · · · (X − λ r )mr ,
alors mi est la multiplicité de λi dans P(X ), pour tout i (1 6 i 6 r).
Définition 8.
Un polynôme P(X ) ∈ K[X ] est scindé sur K s’il s’écrit
P(X ) = an (X − λ1 ) · · · (X − λn )
DIAGONALISATION 3. DIAGONALISATION 13

pour certains λi ∈ K et un an ∈ K∗ .

Souvent, on regroupe les racines égales et on écrit :

P(X ) = an (X − λ1 )m(λ1 ) · · · (X − λ r )m(λr )
avec les λi deux à deux distinctes et leurs multiplicités m(λi ) > 1.
Exemple 15.
• Le polynôme P(X ) = (X − 2)3 (X 2 + X + 1) ∈ R[X ] n’est pas scindé sur R, car X 2 + X + 1 n’a
pas de racine réelle. Par contre, il est scindé sur C (voir le commentaire ci-dessous).
p
• Le polynôme P(X ) = X 2 + 4X − 3 est scindé sur R car ses racines sont les réels λ1 = −2 − 7,
p
λ2 = −2 + 7. Il s’écrit donc aussi P(X ) = (X − λ1 )(X − λ2 ).

Quelques commentaires importants :

• Pour un polynôme P ∈ K[X ] non nul, on a :
X
P scindé sur K ⇐⇒ m(λ) = deg P
λ racine de P

• D’après le théorème de d’Alembert-Gauss :

Tous les polynômes sont scindés lorsque le corps de base est C.

• Et donc, si K = C, on a toujours :
X
deg P = m(λ).
λ racine de P

3.3. Diagonalisation
Nous allons énoncer un critère simple qui caractérise si un endomorphisme est diagonalisable ou
pas. Ce critère se base sur le polynôme caractéristique et la dimension des sous-espaces propres,
pour lesquels on établit un premier lien dans la proposition suivante. Les preuves seront faites
dans la section 3.6.
Proposition 7.
Soient f un endomorphisme de E et χ f son polynôme caractéristique. Soit λ une valeur propre de
f , de multiplicité m(λ) comme racine de χ f , et soit Eλ le sous-espace propre associé. Alors on a

1 6 dim Eλ 6 m(λ).

Énonçons maintenant le théorème principal de ce chapitre. C’est un critère pour savoir si un

endomorphisme – ou une matrice – est diagonalisable. Contrairement aux critères précédents, il
s’agit ici d’une équivalence.
Théorème 2.
Soit f : E → E un endomorphisme. Alors :

i) χ f (X ) est scindé sur K




et

f est diagonalisable sur K ⇐⇒

 ii) pour toute valeur propre λ de f ,
m(λ) = dim Ker( f − λ id E ).

DIAGONALISATION 3. DIAGONALISATION 14

Voici une autre reformulation pour mieux comprendre ce théorème.

Soit f : E → E. L’endomorphisme f est diagonalisable si et seulement si le polynôme caractéristique
de f , χ f (X ), est scindé sur K et si, pour chacune des racines λ, la multiplicité de λ est égale à la
dimension du sous-espace propre Eλ = Ker( f − λ id E ).

Bien évidemment, il faut savoir transcrire ce théorème en termes de matrices :

Soit A ∈ Mn (K). Alors :
i) χA(X ) est scindé sur K



et

A est diagonalisable sur K ⇐⇒

 ii) pour toute valeur propre λ de A,
m(λ) = dim Ker(A − λI n ).


Corollaire 2.
Si le polynôme χ f (X ) (resp. χA(X )) est scindé et si les racines sont simples, alors f (resp. A) est
diagonalisable.

En effet, dans ce cas, la multiplicité m(λ) vaut 1 pour chaque valeur. Par la proposition 7, on a
1 6 dim Eλ 6 m(λ), donc la dimension de chaque sous-espace propre est aussi 1. Par le théorème
2, l’endomorphisme (ou la matrice) est diagonalisable.

3.4. Exemples
Exemple 16.  
a b
Toute matrice réelle 2 × 2 symétrique A = est diagonalisable sur R.
b d
La trace vaut tr A = a+d, le déterminant vaut det A = ad − b2 . On utilise la formule de la proposition
4 pour en déduire, sans calculs, que le polynôme caractéristique est :
χA(X ) = X 2 − tr(A)X + det(A) = X 2 − (a + d)X + ad − b2 .
Sans les calculer, montrons que χA(X ) admet deux racines réelles. On calcule le discriminant de
l’équation du second degré donnée par χA(X ) = 0 :
∆ = (a + d)2 − 4(ad − b2 ) = a2 + d 2 − 2ad + 4b2 = (a − d)2 + 4b2 . (3)
Cela prouve que ∆ > 0. Ainsi les deux racines λ1 et λ2 du polynôme caractéristique sont réelles.
Conclusion :
• Si ∆ > 0 alors ces deux racines sont réelles et distinctes. Ainsi χA(X ) = (X − λ1 )(X − λ2 ) est
scindé à racines simples, donc la matrice A est diagonalisable.
• Si ∆ = 0 alors, par l’équation (3), on a (a − d)2 = 0 et b2 = 0. Donc a = d et b = 0. La matrice
A est une matrice diagonale (donc diagonalisable !).
Exemple 17.
La matrice de permutation circulaire
 
0 ··· ··· 0 1
1 0 · · · · · · 0
.. .. 
 
A = 0 1 . .  ∈ Mn (C)

. . . . . . .. 
 .. . . . . .
0 ··· 0 1 0
est diagonalisable sur C.
DIAGONALISATION 3. DIAGONALISATION 15

En effet :
• son polynôme caractéristique est χA(X ) = (−1)n (X n − 1) (voir le chapitre « Valeurs propres,
vecteurs propres », section « Matrice compagnon »),
• les valeurs propres sont les racines n-ièmes de l’unité :
2π 2(n−1)π
1, ei n , . . . , ei n

• les racines sont simples,

• le polynôme caractéristique est bien sûr scindé sur C,
• par le corollaire 2, la matrice A est donc diagonalisable.
Exercice : Trouver une base de vecteurs propres.
Exemple 18.
Soit n > 2. Soit la matrice
 
0 1 0 ··· 0
 .. . . . . . . .. 
. . . . .
.
.. ..

A=
.
. . . 0  ∈ Mn (K)
. ..
 ..

. 1
0 ··· ··· ··· 0
définie par des 1 au-dessus de la diagonale. Cette matrice n’est jamais diagonalisable ! En effet :
• Le polynôme caractéristique de A est χA(X ) = (−1)n X n (la matrice est triangulaire, de diagonale
nulle). Donc λ = 0 est la seule valeur propre et m(0) = n.
• Par contre, E0 = Ker(A − λI n ) = Ker A est de dimension dim Ker A < n car A n’est pas la matrice
nulle.
• Comme dim E0 < m(0) alors, par le théorème 2, A n’est pas diagonalisable.

3.5. Diagonaliser
Diagonaliser une matrice A ∈ Mn (K) signifie trouver, si elles existent, P ∈ Mn (K) inversible et
D ∈ Mn (K) diagonale telles que
A = P DP −1 .

Soit A ∈ Mn (K) une matrice carrée n × n. Pour la diagonaliser :

1. On calcule d’abord son polynôme caractéristique χA(X ).
2. On cherche les racines de χA(X ) : ce sont les valeurs propres de A. Si χA(X ) n’est pas scindé sur
K, alors A n’est pas diagonalisable.
3. Pour chaque valeur propre λ de A, on cherche une base de Ker(A − λI n ), c’est-à-dire on cherche
une base de l’espace des solutions du système
AX = λX .
4. Si, pour toute valeur propre λ de A, dim Ker(A − λI n ) = m(λ), alors A est diagonalisable. Sinon
elle n’est pas diagonalisable.
5. Dans le cas diagonalisable, la réunion des bases des sous-espaces propres forme une base
de vecteurs propres. Ainsi, si P est la matrice dont les vecteurs colonnes sont ces vecteurs
propres, alors D = P −1 AP est une matrice diagonale dont les éléments diagonaux sont les
valeurs propres λ de A, chacune apparaissant m(λ) fois.
DIAGONALISATION 3. DIAGONALISATION 16

On renvoie une dernière fois au chapitre « Valeurs propres, vecteurs propres » pour des exemples
de diagonalisation.
Exemple 19.
Soit  
1 0 0
A = 0 1 0 .
1 −1 2
Démontrons que A est diagonalisable sur R et trouvons une matrice P telle que P −1 AP soit diagonale.
1. Commençons par calculer le polynôme caractéristique de A :
 
1 − X 0 0 

χA(X ) = det(A − X I3 ) =  0 1−X 0  = (1 − X )2 (2 − X )
 1 −1 2 − X 
2. Les racines du polynôme caractéristique sont les réels 1 avec la multiplicité m(1) = 2, et 2 avec
la multiplicité m(2) = 1. On remarque de plus que le polynôme est scindé sur R.
3. Déterminons les sous-espaces propres associés.
€ x Š à la valeur propre double 1 : E1 = Ker(A − I3 ) = {X ∈
• Soit E1 le sous-espace propre associé
R | A · X = X }. Si on note X = zy alors :
3


 x = x
X ∈ E1 ⇐⇒ AX = X ⇐⇒ y = y ⇐⇒ x − y + z = 0
x − y + 2z = z

¦€ x Š ©
E1 = −x+ y | x ∈ R, y ∈ R est donc un plan vectoriel dont, par exemple, les vecteurs
€1Š y €0Š
X 1 = 0 et X 2 = 1 forment une base.
−1 1
• Soit E2 le sous-espace propre associé à la valeur propre simple 2 : E2 = Ker(A − 2I3 ) = {X ∈
R3 | A · X = 2X }. Alors :

 x = 2x
X ∈ E2 ⇐⇒ AX = 2X ⇐⇒ y = 2 y ⇐⇒ x = 0 et y = 0
x − y + 2z = 2z

¦€ 0 Š © €0Š
E2 = 0 | z ∈ R est donc une droite vectorielle, dont le vecteur X 3 = 0 est une base.
z 1
4. Les dimensions des sous-espaces propres sont égales aux multiplicités des valeurs propres
correspondantes : dim E1 = 2 = m(1), dim E2 = 1 = m(2). La matrice A est donc diagonalisable.
5. Dans la base (X 1 , X 2 , X 3 ), l’endomorphisme représenté par A (dans la base canonique) a pour
matrice  
1 0 0
D = 0 1 0 .
0 0 2
Autrement dit, si on note P la matrice de passage dont les vecteurs colonnes sont X 1 , X 2 et X 3 ,
c’est-à-dire  
1 0 0
P =  0 1 0 ,
−1 1 1
alors P AP = D.
−1
DIAGONALISATION 3. DIAGONALISATION 17

3.6. Preuves
Il nous reste à prouver la proposition 7 et le théorème 2 de la section 3.3. Rappelons l’énoncé de
la proposition 7.
Proposition (Proposition 7).
Soient f un endomorphisme de E et χ f son polynôme caractéristique. Soient λ une valeur propre
de f , de multiplicité m(λ) comme racine de χ f , et Eλ le sous-espace propre associé. Alors on a
1 6 dim Eλ 6 m(λ).

Démonstration. Tout d’abord, par définition d’une valeur propre et d’un sous-espace propre, on a
dim Eλ > 1. Notons p = dim Eλ et (e1 , . . . , e p ) une base de Eλ . On complète cette base en une base
(e1 , . . . , e p , e p+1 , . . . , en ) de E. Dans cette base, la matrice de f est de la forme
λI p C
 
A= .
0 B
En effet, pour chaque 1 6 i 6 p, on a f (ei ) = λei . Maintenant, en calculant le déterminant d’une
matrice triangulaire par blocs :
det(A − X I n ) = det((λ − X )I p ) · det(B − X I n−p ) = (λ − X ) p det(B − X I n−p ).
Cela prouve que (λ − X ) p divise χ f (X ) et donc, par définition de la multiplicité d’une racine, on a
m(λ) > p.

Passons à la preuve du théorème 2.

Théorème (Théorème 2).
Soit f : E → E un endomorphisme. Alors :
i) χ f (X ) est scindé sur K



et

f est diagonalisable sur K ⇐⇒

 ii) pour toute valeur propre λ de f ,
m(λ) = dim Ker( f − λ id E ).


Démonstration.
• =⇒. Supposons f diagonalisable et notons λ1 , . . . , λ r ses valeurs propres et m(λ1 ), . . . , m(λ r )
leurs multiplicités respectives dans χ f (X ). Comme f est diagonalisable, alors il existe une base
B dans laquelle la matrice de f est une matrice diagonale D. Notons ni le nombre de fois où
λi apparaît dans la diagonale de D. On a alors
r
Y
χ f (X ) = χ D (X ) = (λi − X )ni .
i=1
Cela prouve que χ f (X ) est scindé sur K et que m(λi ) = ni pour tout 1 6 i 6 r.
Comme D est diagonale, pour tout 1 6 i 6 r, il existe ni vecteurs v de la base B de E tels que
f (v) = λi v. Il existe donc ni vecteurs linéairement indépendants dans Eλi , d’où dim Eλi > ni .
Mais on sait que ni = m(λi ), donc dim Eλi > m(λi ). Enfin, on a démontré dans la proposition 7
que dim Eλi 6 m(λi ), d’où l’égalité.
• ⇐=. On suppose que χ f (X ) est scindé sur K et que, pour toute racine λi (avec 1 6 i 6 r), on
a dim Eλi = m(λi ). En particulier, on a
r
Y
χ f (X ) = (λi − X )m(λi ) .
i=1
DIAGONALISATION 3. DIAGONALISATION 18

Notons F = Eλ1 + · · · + Eλr . On sait que les sous-espaces propres sont en somme directe d’après
Pr
le théorème 1, donc F = Eλ1 ⊕ · · · ⊕ Eλr . Ainsi, par la proposition 2, dim F = i=1 dim Eλi =
Pr
i=1
m(λi ) = deg χ f = dim E. On en conclut que F ⊂ E et dim F = dim E, d’où F = E.
Sr
Pour chaque 1 6 i 6 r, on note Bi une base de Eλi . Soit B = i=1 Bi . Alors B est une base de
E (puisque c’est une base de F ). Les vecteurs de Eλi sont des vecteurs propres. Ainsi, il existe
une base de E formée de vecteurs propres de f , ce qui prouve que f est diagonalisable.

Mini-exercices.
1. Montrer que si λ est racine simple du polynôme caractéristique alors dim Eλ = 1. Que peut-on
dire pour une racine double ?
€1 1 1Š
2. Soit A = 1 1 1 . Calculer le polynôme caractéristique de A. En déduire les valeurs propres.
1 1 1
Déterminer une base de chaque sous-espace propre. La matrice A est-elle diagonalisable ?
Généraliser au cas d’une matrice de taille n × n dont tous les coefficients sont 1.
3. Soit  
1 1 0 ··· 0
. . .. 
0 1 1 . .

.
. . . . . . . . . . 0 ∈ Mn (R).

A= . 
. . .
 .. . . . . 1


0 ··· ··· 0 1
Calculer le polynôme caractéristique de A, ses valeurs propres, leur multiplicité et la dimension
des sous-espaces propres. A est-elle diagonalisable ?
4. Soit f un endomorphisme d’un K-espace vectoriel E. On suppose qu’il existe un sous-espace
F de E laissé stable par f . Notons χ f |F le polynôme caractéristique de la restriction à F .
Montrer alors que χ f |F (X ) divise χ f (X ) dans K[X ]. Indication : s’inspirer de la preuve de la
proposition 7.

Auteurs du chapitre
D’après un cours de Sandra Delaunay et un cours d’Alexis Tchoudjem.
Revu et augmenté par Arnaud Bodin.
Relu par Stéphanie Bodin et Vianney Combet.