Chapitre : Diagonalisation des matrices
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Exemples

Nous détaillons d'abord l'exemple suivant, donné en introduction.

$$\stackrel{ \underbrace{ \left( \begin{array}{rrr} \frac{1}{2... ...~0\\ [2ex] 0&-1&~~0\\ [2ex] 0&0&~~2 \end{array}\right) }}{D}$$

Commençons par écrire la matrice $A-\lambda I$.

$$A-\lambda I= \left( \begin{array}{rrr} -\lambda&1&1\\ [2ex]... ...frac{3}{2}&-\frac{3}{2}&\frac{1}{2}-\lambda \end{array}\right)$$

Il faut ensuite calculer son déterminant. Il serait maladroit d'utiliser la règle de Sarrus pour développer le déterminant et le factoriser ensuite. Il vaut mieux le factoriser en faisant apparaître des zéros par combinaison de lignes et de colonnes. Ajoutons d'abord la seconde colonne à la première :

$$P_A(\lambda)= \left\vert \begin{array}{rrr} -\lambda&1&1\\ ... ...2ex] 0&-\frac{3}{2}&\frac{1}{2}-\lambda \end{array}\right\vert$$

On peut alors factoriser $(1-\lambda)$ dans la première colonne :

$$P_A(\lambda) = (1\!-\!\lambda) \left\vert \begin{array}{rrr}... ...2ex] 0&-\frac{3}{2}&\frac{1}{2}-\lambda \end{array}\right\vert$$

Soustrayons ensuite la première ligne à la seconde :

$$P_A(\lambda) = (1\!-\!\lambda) \left\vert \begin{array}{rrr}... ...2ex] 0&-\frac{3}{2}&\frac{1}{2}-\lambda \end{array}\right\vert$$

En développant selon la première colonne, il reste un déterminant d'ordre $2$ qui est facile à factoriser.

$$P_A(\lambda) = (1\!-\!\lambda) \left\vert \begin{array}{rr} ... ...style \frac{3}{2}})^2\Big) =(1-\lambda)(-1-\lambda)(2-\lambda)$$

Les valeurs propres de $A$ sont donc $1$, $-\!1$ et $2$. Comme elles sont distinctes, il suffit de trouver un vecteur propre pour chacune. Commençons par la valeur propre $1$.

$$A- I= \left( \begin{array}{rrr} -1&1&1\\ [2ex] -\frac{1}{2}... ...[2ex] \frac{3}{2}&-\frac{3}{2}&-\frac{1}{2} \end{array}\right)$$

Observons que la matrice $A-I$ est bien de rang 2, comme prévu : la somme des trois lignes est nulle et les deux premières lignes sont indépendantes. Nous allons calculer les cofacteurs associés à la troisième ligne. Ils valent (attention à l'alternance de signe) :

$$C_1 = + \left\vert \begin{array}{rr} 1&1\\ [2ex] \frac{1}{2... ... [2ex] -\frac{1}{2}&\frac{1}{2} \end{array}\right\vert = 0\;.$$

Tous les vecteurs non nuls, proportionnels au vecteur $^t(-1,-1,0)$ sont vecteurs propres de $A$, associés à la valeur propre $1$. Il est conseillé de choisir le plus simple, ici :

$$V_1= \left( \begin{array}{r} 1\\ [2ex] 1\\ [2ex] 0 \end{array}\right)$$

Le choix de la troisième ligne, pour calculer les cofacteurs, est arbitraire. Il suffit que les deux lignes qui restent ne soient pas proportionnelles (car tous les cofacteurs seraient nuls). Voici par exemple les cofacteurs associés à la deuxième ligne.

$$C_1 = - \left\vert \begin{array}{rr} 1&1\\ [2ex] -\frac{3}{... ... [2ex] \frac{3}{2}&-\frac{3}{2} \end{array}\right\vert = 0\;.$$

On pourra trouver un vecteur différent, mais il sera forcément proportionnel à celui qu'on trouve avec une autre ligne. Cela ne change rien au choix du vecteur propre. Passons maintenant à la valeur propre $-\!1$.

$$A-(-1) I= \left( \begin{array}{rrr} 1&1&1\\ [2ex] -\frac{1}... ... [2ex] \frac{3}{2}&-\frac{3}{2}&\frac{3}{2} \end{array}\right)$$

Les cofacteurs associés à la troisième ligne sont :

$$C_1 = + \left\vert \begin{array}{rr} 1&1\\ [2ex] \frac{5}{2... ... [2ex] -\frac{1}{2}&\frac{5}{2} \end{array}\right\vert = 3\;.$$

Ici encore, nous choisirons un vecteur plus simple, proportionnel au vecteur des cofacteurs.

$$V_2= \left( \begin{array}{r} -1\\ [2ex] 0\\ [2ex] 1 \end{array}\right)$$

Voici le calcul pour la valeur propre $2$ :

$$A-2 I= \left( \begin{array}{rrr} -2&1&1\\ [2ex] -\frac{1}{2... ...[2ex] \frac{3}{2}&-\frac{3}{2}&-\frac{3}{2} \end{array}\right)$$

Les cofacteurs associés à la troisième ligne sont :

$$C_1 = + \left\vert \begin{array}{rr} 1&1\\ [2ex] -\frac{1}{... ...c{1}{2}&-\frac{1}{2} \end{array}\right\vert = {\frac{3}{2}}\;.$$

Nous choisirons un vecteur plus simple, proportionnel au vecteur des cofacteurs.

$$V_3= \left( \begin{array}{r} 0\\ [2ex] 1\\ [2ex] -1 \end{array}\right)$$

La matrice de passage $P$ sera constituée en juxtaposant les trois vecteurs $V_1, V_2, V_3$ (en colonnes).

$$P= \left( \begin{array}{rrr} 1&-1&0\\ [2ex] 1&0&1\\ [2ex] 0&1&-1 \end{array}\right)$$

La matrice diagonale $D$ a pour coefficients diagonaux les trois valeurs propres (attention : l'ordre des valeurs propres et des vecteurs propres doit être le même).

$$D= \left( \begin{array}{rrr} 1&0&~~0\\ [2ex] 0&-1&~~0\\ [2ex] 0&0&~~2 \end{array}\right)$$

Il reste à calculer $P^{-1}$ si on veut utiliser la diagonalisation sous la forme $A=PDP^{-1}$. Observons que la diagonalisation trouvée est loin d'être unique. On peut choisir un ordre différent pour les valeurs propres, et pour chaque valeur propre, n'importe quel vecteur non nul proportionnel à celui qui a été trouvé. On pourra vérifier par exemple, pour la même matrice $A$ que les matrices $P$ et $D$ ci-dessous vérifient également $P^{-1}AP = D$

$$P= \left( \begin{array}{rrr} 0&-1&3\\ [2ex] 2&-1&0\\ [2ex]... ... 2&~~0&0\\ [2ex] 0&~~1&0\\ [2ex] 0&~~0&-1 \end{array}\right)$$

Nous donnons ci-dessous sans le détailler un exemple du même type, qu'il est conseillé de traiter pour bien comprendre la méthode.

$$\stackrel{ \underbrace{ \left( \begin{array}{rrr} 1&\frac{1}... ...~0\\ [2ex] 0&-1&~~0\\ [2ex] 0&0&~~2 \end{array}\right) }}{D}$$

Dans l'exemple ci-dessous, la matrice $A$ est symétrique. Pour le choix des vecteurs propres, nous avons fait en sorte que $P^{-1} = {^tP}$.

$$\stackrel{ \underbrace{ \left( \begin{array}{rrr} \frac{1}{\... ...} 0&0&0\\ [2ex] 0&1&0\\ [2ex] 0&0&3 \end{array}\right) }}{D}$$

Voici un exemple en dimension $2$, où les valeurs propres sont des nombres complexes. La matrice $A$ est la matrice de la rotation vectorielle d'angle $\frac{\pi}{2}$ dans le plan.

$$\stackrel{ \underbrace{ \left( \begin{array}{rr} \frac{1}{2}... ... \begin{array}{rrr} i&0\\ [2ex] 0&-i \end{array}\right) }}{D}$$

Voici maintenant un exemple où la valeur propre $1$ est double. La méthode des cofacteurs ne s'applique pas pour trouver les vecteurs propres correspondants : il faut résoudre le système $(A-I)X=0$, et choisir deux vecteurs non proportionnels (les plus simples possibles) parmi les solutions.

$$\stackrel{ \underbrace{ \left( \begin{array}{rrr} 0&~~1&0\\ ... ...&0\\ [2ex] 0&~~1&0\\ [2ex] 0&~~0&-1 \end{array}\right) }}{D}$$

Le lecteur pourra vérifier que les deux matrices suivantes, qui ont une valeur propre double, ne sont pas diagonalisables.

$$A= \left( \begin{array}{rr} 1&2\\ [2ex] -2&-3 \end{array}\r... ...rrr} 1&1&0\\ [2ex] -1&0&-1\\ [2ex] 0&-1&1 \end{array}\right)$$

Voici pour finir quelques systèmes d'équations de récurrence, du type $U_{n+1}=AU_n$. Pour déterminer l'expression explicite de $U_n=A^nU_0$, il faut diagonaliser la matrice $A$, et calculer l'expression $PD^nP^{-1}U_0$.

$$\left\{ \begin{array}{lcr} u_{n+1} = \frac{3}{2}u_n+\frac{1}... ...c{3}{2}v_n \end{array}\right. \quad , \quad u_0=0\;,\;v_0=1\;.$$

$$\left\{ \begin{array}{lcr} u_{n+1} = -5 u_n+6v_n\\ [2ex] v_... ...-3u_n+4v_n \end{array}\right. \quad , \quad u_0=1\;,\;v_0=2\;.$$

$$\left\{ \begin{array}{lcr} u_{n+1} = -\frac{5}{3}u_n+\frac{2... ...c{4}{3}v_n \end{array}\right. \quad , \quad u_0=2\;,\;v_0=1\;.$$

$$\left\{ \begin{array}{lcr} u_{n+1} = u_n - v_n\\ [2ex] v_{n+1} = u_n+v_n \end{array}\right. \quad , \quad u_0=1\;,\;v_0=1\;.$$

$$\left\{ \begin{array}{lcr} u_{n+1} = -u_n - v_n\\ [2ex] v_{... ... = u_n-v_n \end{array}\right. \quad , \quad u_0=1\;,\;v_0=1\;.$$

$$\left\{ \begin{array}{lcr} u_{n+1} = u_n - v_n\\ [2ex] v_{n... ...= -u_n+v_n \end{array}\right. \quad , \quad u_0=1\;,\;v_0=2\;.$$

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