Chap3 Diagonalisation
Chap3 Diagonalisation
Chap3 Diagonalisation
Motivation
Valeurs et vecteurs propres d’une matrice
Sous-espace propre d’une matrice
Diagonalisation
Application aux systèmes récurrents linéaires
3.1 Motivation
Exemple 3.1
2 1 1 3
= = 3X.
1 2 1 3
| {z } | {z }
A X
Remarques 3.1
Remarque 3.2
Trouver les valeurs propres d’une matrice peut se ramener à un simple calcul de déterminant et à
une recherche de racine du polynôme caractéristique.
On a le résultat suivant :
Proposition 3.1
λ est valeur propre de A si et seulement siλ est racine de PA (X).
Exemple 3.2
Soit A la matrice donnée par
−1
Ç å
1 1
A= 1 −1 1
1 1 −1
Déterminons le spectre de A.
Le polynôme caractéristique de A est donné par
−1 − X 1 1
PA (X) = det(A − XI3 ) =
1 −1 − X 1
= (1 − X)(X + 2)2
1 1 −1 − X
Quand on a déterminé les valeurs propres d’une matrice A, on cherche pour chaque valeur propre
λ les vecteurs propres associés en résolvant l’équation
(A − λIn )X = 0.
Ker A = {X ∈ Rn / AX = 0}
Exemple 3.3
Soit A la matrice définie par
2 1
A=
1 2
3 est valeur propre de A.
Déterminons E3 .
x
X= ∈ E3 = Ker(A − 3I2 ) ⇔ (A − 3I2 )X = 0
y
n
−x + y = 0
⇔
x−y=0
⇔ y = x.
n o n o D E
x x 1
Donc E3 = ∈ R2 / y = x = /x ∈ R =
y x 1
Exemple 3.4
PA (X) = (X + 2)3 (2 − X)2 , Sp(A) = {−2, 2}.
-2 est valeur propre de multiplicité 3 (m(−2) = 3).
2 est valeur propre de multiplicité 2 (m(2) = 2).
Proposition 3.2
Soient λ une valeur propre de A et Eλ son sous-espace propre et m(λ) son ordre de multiplicité.
Alors
1 ≤ dim Eλ ≤ m(λ).
En particulier, si λ est une valeur propre simple de A alors dim Eλ = 1.
Remarque 3.3
Dans le cas d’une valeur propre simple, c’est immédiat car le sous-espace propre associé est de
dimension égale à 1 . En revanche, dans le cas d’une valeur propre λ de multiplicité multiple (≥ 2),
la dimension du sous espace propre Eλ s’obtient à partir de la relation
Exemple 3.5
−1
Ç å
1 1
A= 1 −1 1 =⇒ PA (X) = (1 − X)(X + 2)2 et Sp(A) = {1, −2}
1 1 −1
Déterminons les dimensions des sous espaces propres E1 et E−2 .
3.4 Diagonalisation
D = P−1 AP.
Définition 3.7
Un polynôme de R[X] est dit scindé sur R s’il peut s’écrire comme produit de polynômes du
premier degré de R[X].
Exemple 3.6
Cas particulier.
Si le polynôme caractéristique a n racines distinctes deux à deux alors A est diagonalisable.
Proposition 3.4
Toute matrice symétrique est diagonalisable.
1 Étude de la diagonalisabilité de f .
I On détermine le polynôme caractéristique de A, c’est-à-dire
PA (X) = det(A − XIn ).
On note λ1 , . . . , λp les racines de PA . Ce sont les valeurs propres de A.
I Si PA n’est pas scindé, A n’est pas diagonalisable.
I Si PA est scindé, on compare dim Eλi et m(λi ) pour chaque valeur propre λi .
À ce stade, on n’a pas besoin de déterminer le sous-espace propre Eλi . On remarquera que
dim Eλi = n − rg(A − λi In ).
La matrice A est diagonalisable si le critère de diagonalisation (proposition 3.3) est vérifié.
et
u1,1 ... u1,d1 ... ui,1 ... ui,di ... up,1 ... up,dp
↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓
. . . . . .
!
. . . . . .
P = .. .. .. .. .. ..
. . . . . .
.. .. .. .. .. ..
. . . . . .
. . . . . .
Exemple 3.7
−2 −3
Ç å
3
Soit A la matrice définie par A = 0 1 −1
0 1 3
La matrice A est-elle diagonalisable ?
1 Le polynôme caractéristique est :
−2 − X 3 −3
PA (X) = 0 1−X −1
0 1 3−X
= −(2 + X)(X − 2)2
PA (X) est scindé et Sp(A) = {−2, 2} avec m(−2) = 1 = dim(E−2 ) et m(2) = 2. On en déduit
que A est diagonalisable si et seulement si dim(E2 ) = 2 = m(2).
2 Déterminons dim E2 .
On a
−4 −3
Ç å
3
A − 2I3 = 0 −1 −1
0 −1 −1
−4 3
det(A − 2I3 ) = 0 et = 4 6= 0, donc rg(A − 2I3 ) = 2,
0 −1
et dim E2 = 3 − rg(A − 2I3 ) = 1 6= m(2).
Ainsi, A n’est pas diagonalisable.
Exemple 3.8
Considérons la matrice
−1 −1
Ç å
3
A= 1 1 −1
1 −1 1
La matrice A est-elle diagonalisable ?
1 Le polynôme caractéristique de A est
3−X −1 −1
PA (X) = det(A − XI3 ) =
1 1−X −1
= (2 − X)2 (1 − X)
1 −1 1−X
PA (X) est scindé et Sp(A) = Sp(A) = {2, 1} avec m(1) = 1 = dim(E1 ) et m(2) = 2.
On en déduit que A est diagonalisable si et seulement si dim(E2 ) = 2 = m(2).
x−y−z=0
® ®
x=y+z
(A − 2I3 )X = 0 =⇒ x−y−z=0 =⇒ y∈R
x−y−z=0 z∈R
D’où
®Ç å ´ Ç å Ç å
y+z 1 1
E2 = y / y, z ∈ R = hu2 , u3 i avec u2 = 1 et u3 = 0
z 0 1
2x − y − z = 0
® ®
y=x
(A − I3 )X = 0 =⇒ x−z=0 =⇒ z=x
x−y=0 x∈R
D’où ®Ç å ´ Ç å
x 1
E1 = x /x ∈ R = hu1 i où u1 = 1
x 1
4 Conclusion
A est diagonalisable et A = PDP−1 avec
Ç å
1 0 0
D= 0 2 0 ,
0 0 2
u1 u2 u3
↓ ↓ ↓
P= 1 1 1ã
Å
1 1 0
1 0 1
Une application classique est la résolution des systèmes récurrents linéaires, du type
Xk+1 = AXk , ∀k ∈ N
où A est une matrice carrée, et Xk désigne un vecteur dont on souhaite connaître l’expression en
fonction de k et d’une condition initiale qu’on note X0 .
Ici on a Ä ä
Xk = AXk−1 = A AXk−2 = A2 Xk−2 = . . . = Ak X0
Exemple 3.9
Soient (un )n , (vn )n et (wn )n les trois suites réelles définies sous forme récurrente par leurs premiers
termes u0 , v0 , w0 et, pour tout n ∈ N, par le système suivant :
= 3un − vn − wn
®
un+1
(S) vn+1 = un + vn − wn
wn+1 = un − vn + wn
Écrivons un , vn , wn en fonction de n, u0 , v0 et w0 .
En posant Ç å
un
Xn = vn pour tout n ∈ N
wn
le système (S) s’écrit sous forme matricielle comme suit :
−1 −1
Ç å Ç åÇ å
un+1 3 un
vn+1 = 1 1 −1 vn ∀n ∈ N
wn+1 1 −1 1 wn
| {z } | {z } | {z }
Xn+1 A Xn
On a déjà montré que la matrice A est diagonalisable (voir l’exemple 3.8), et on a A = PDP−1
avec
−1
Ç å Ç å Ç å
1 0 0 1 1 1 1 1
−1
D= 0 2 0 P= 1 1 0 P = 1 0 −1
0 0 2 1 0 1 1 −1 0
On obtient alors
P Dn P−1
zÇ }| å{ zÇ }| å{ zÇ }| å{
1 1 1 1 0 0 −1 1 1
An = 1 1 0 0 2n 0 1 0 −1
1 0 1 0 0 2n 1 −1 0
2n 2n −1
Ç åÇ å
1 1 1
= 1 2n 0 1 0 −1
1 0 2n 1 −1 0
2n+1 − 1 1 − 2n 1 − 2n
Ç å
= 2n − 1 1 1 − 2n
2n − 1 1 − 2n 1
2n+1 − 1 1 − 2n 1 − 2n
Ç å Ç åÇ å
un u0
vn = 2n − 1 1 1 − 2n v0
wn 2n − 1 1 − 2n 1 w0
| {z } | {z } | {z }
Xn An X0