Exercices de Math´ematiques

Diagonalisation des matrices

´Enonc´es

´Enonc´es des exercices

Exercice 1 [ Indication ] [ Correction ]

Diagonaliser la matrice A d´eﬁnie par A =

Exercice 2 [ Indication ] [ Correction ]

Diagonaliser la matrice A d´eﬁnie par A =

Exercice 3 [ Indication ] [ Correction ]

Diagonaliser la matrice A d´eﬁnie par A =















−1

1 −1





0 −2

0 −1



 dans R si possible, sinon dans C.

0 1 0 0 0

0 0 1 0 0

0 0 0 1 0

0 0 0 0 1

1 0 0 0 0







Exercice 4 [ Indication ] [ Correction ]

Donner une CNS sur a, b, c, d, e, f pour que A =







1 a b

1 d







soit diagonalisable.

Exercice 5 [ Indication ] [ Correction ]

Diagonaliser la matrice A d´eﬁnie par A =





c a + b



.

Exercice 6 [ Indication ] [ Correction ]

Trouver une matrice M de M4( C) telle que M 2 = A =

On donnera deux m´ethodes diﬀ´erentes.

Exercice 7 [ Indication ] [ Correction ]

Trouver toutes les matrices M de M3( C) tq M 2 = A =











0 1 1 1

1 0 1 1

1 1 0 1

1 1 1 0







0 0

−5 2 0

0 1



.

Exercice 8 [ Indication ] [ Correction ]

Peut-on diagonaliser la matrice B d´eﬁnie par B =







1 −1 2 −2

1 −1

1 −1 1







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Exercices de Math´ematiques

Diagonalisation des matrices

Indications, r´esultats

Indications ou r´esultats

Indication pour l’exercice 1 [ Retour `a l’´enonc´e ]

On trouve P −1AP =





−2

0 −2 0





 avec P =



−1 −1 1



.

Indication pour l’exercice 2 [ Retour `a l’´enonc´e ]

On trouve P −1AP =









, avec P =



0 2i

0 −2i

0 −i

1 −1 −1



.

Indication pour l’exercice 3 [ Retour `a l’´enonc´e ]

On trouve χA(λ) = 1 − λ5 : les valeurs propres de A sont les racines cinqui`emes de l’unit´e.

On pose ω = exp( 2iπ







5 ).

1 ω ω2 ω3 ω4

1 ω2 ω4 ω ω3

1 ω3 ω ω4 ω2

1 ω4 ω3 ω2 ω





et D =





0 ω

0 ω2

ω3







ω4

On trouve P −1AP = D, avec P =





Indication pour l’exercice 4 [ Retour `a l’´enonc´e ]

La condition n´ecessaire et suﬃsante pour que A soit diagonalisable est a = f = 0.

Indication pour l’exercice 5 [ Retour `a l’´enonc´e ]

On a P −1AP =





a − b

0 a + b + c

√

a + b − c

√





, avec P =



−1

√



.

√

2 −

Indication pour l’exercice 6 [ Retour `a l’´enonc´e ]

– Premi`ere m´ethode : si A = P DP −1, utiliser ∆ diagonale telle que ∆2 = D.

– Deuxi`eme m´ethode : on a A2 = 3I + 2A. Chercher M = xI + yA telle que M 2 = A.

Indication pour l’exercice 7 [ Retour `a l’´enonc´e ]

Si A = P DP −1, avec D diagonale, trouver les ∆ de M3( C) telles que ∆2 = D.

Indication pour l’exercice 8 [ Retour `a l’´enonc´e ]

λ = 0 est une valeur propre double, mais ker B est une droite vectorielle.

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Diagonalisation des matrices

Corrig´es

Corrig´es des exercices

Corrig´e de l’exercice 1 [ Retour `a l’´enonc´e ]

On calcule le polynˆome caract´eristique.

(cid:12)

−1 − x

χA(x) =

= (1 − x)

(cid:12)

1 −1 − x

−1 − x

(cid:12)

= (1 − x)

(cid:12)

0 −2 − x

−2 − x

(cid:12)

= (1 − x)(x + 2)2 :

(cid:26) 1 est valeur propre simple

−2 est valeur propre double

Notons E 1 et E−2 les deux sous-espaces propres.







u =



 ∈ E−2 ⇔ x + y + z = 0 ⇔



 =



−x − y





 = x







+ y



−1



 , (x, y) ∈ R2.

On voit que







 est vecteur propre pour λ = 1.

On a ainsi obtenu une base de vecteurs propres.



 et P −1AP =

La matrice de passage est P =





−1 −1 1





−2

0 −2 0





Corrig´e de l’exercice 2 [ Retour `a l’´enonc´e ]

On calcule le polynˆome caract´eristique de A.

(cid:12)

χA(λ) =

= −λ3 − 4λ = −λ(λ2 + 4)

−λ −2

1 −λ −1

2 −λ

χA n’est pas scind´e dans R : la matrice A n’est donc pas diagonalisable dans R.

Mais dans C, il y a trois valeurs propres distinctes : 0, 2i et −2i.

La matrice A est donc diagonalisable dans C.

On voit que le vecteur (1, 0, 1) dirige le sous-espace propre pour λ = 0.

Pour λ = 2i, le sous-espace propre s’obtient en r´esolvant le syst`eme :

( −2ix − 2y = 0

x − 2iy − z = 0

2y − 2iz = 0

⇔

(cid:26) x = iy

z = −iy

⇔ (x, y, z) = iy(1, −i, −1) avec y ∈ C

Pour λ = −2i, il suﬃt de proc´eder par conjugaison, car A est `a coeﬃcients r´eels.

Le sous-espace propre est engendr´e par le vecteur (1, i, −1).

Avec P =





0 −i

1 −1 −1





 et D =



0 2i

0 −2i



, on a donc : P −1AP = D.

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Diagonalisation des matrices

Corrig´es

Corrig´e de l’exercice 3 [ Retour `a l’´enonc´e ]

On forme le polynˆome caract´eristique de A (on d´eveloppe par rapport a la premiere colonne) :

χA(λ) =

(cid:12)

−λ

0 −λ

(cid:12)

= −λ

(cid:12)

−λ

0 −λ

(cid:12)

−λ

0 −λ

0 −λ 1

(cid:12)

Ainsi χA(λ) = 1 − λ5.

Les valeurs propres de A sont les racines cinqui`emes de l’unit´e : elles sont bien sˆur distinctes, ce

qui prouve que A est diagonalisable dans C (en revanche elle ne l’est pas dans R car χA n’est

pas scind´e dans R). Dans toute la suite, on pose ω = exp( 2iπ

5 ). Les valeurs propres de A sont

donc les ωk, pour k compris entre 0 et 4.

Pour chacune des valeurs propres λ, le sous-espace propre s’obtient en r´esolvant le syst`eme

suivant o`u on cherche les vecteurs propres sous la forme (x, y, z, t, u).

Le syst`eme se simpliﬁe car λ5 = 1.







−λx + y = 0

−λy + z = 0

−λz + t = 0

−λt + u = 0

−λu + x = 0

⇔







y = λx

z = λ2x

t = λ3x

u = λ4x

x = λ5x

⇔













= x













λ2

λ3

λ4

, avec x ∈ C

On a donc P −1AP , avec :







P =

ω4

1 ω ω2 ω3

1 ω2 ω4 ω6

ω8

1 ω3 ω6 ω9 ω12

1 ω4 ω8 ω12 ω16













1 ω ω2 ω3 ω4

1 ω2 ω4 ω ω3

1 ω3 ω ω4 ω2

1 ω4 ω3 ω2 ω







et D =







0 ω

0 ω2

ω3







ω4

Remarque : la matrice de passage P est une matrice de Van der Monde.

Il est assez facile de calculer l’inverse de P . On introduit pour cela la matrice Q dont les

coeﬃcients sont les conjugu´es de ceux de P . On utilise le fait que le conjugu´e de ωk est son

inverse ω−k = ω5−k.

Dans le calcul suivant, les coeﬃcients diagonaux de P Q sont nuls, car ils sont tous ´egaux (apr`es

r´eduction ´eventuelle des exposants de ω) `a la somme 1 + ω + ω2 + ω3 + ω4 qui est nulle car ω

est une racine cinqui`eme de l’unit´e diﬀ´erente de 1 :







P Q =

1 ω ω2 ω3 ω4

1 ω2 ω4 ω ω3

1 ω3 ω ω4 ω2

1 ω4 ω3 ω2 ω













1 ω4 ω3 ω2 ω

1 ω3 ω ω4 ω2

1 ω2 ω4 ω ω3

1 ω ω2 ω3 ω4













5 0 0 0 0

0 5 0 0 0

0 0 5 0 0

0 0 0 5 0

0 0 0 0 5







= 5I5

Autrement dit, P −1 =

Q =

¯P .

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Diagonalisation des matrices

Corrig´es

Corrig´e de l’exercice 4 [ Retour `a l’´enonc´e ]

Les valeurs propres de A sont 1 et 2. Ce sont des valeurs propres doubles.

La matrice A est diagonalisable ⇔ les noyaux de A − I4 et de A − 2I4 sont de dimension 2,

c’est-a-dire (puisqu’on est en dimension 4 et en vertu du th´eoreme du rang) si ces matrices sont

de rang 2.

Or A − I4 =

et A − 2I4 =









0 a b

0 d

(cid:26) rg (A − I4) = 2 ⇔ a = 0

rg (A − 2I4) = 2 ⇔ f = 0





Donc







−1

0 −1 d







Ainsi une condition n´ecessaire et suﬃsante pour que A soit diagonalisable est a = f = 0.

Corrig´e de l’exercice 5 [ Retour `a l’´enonc´e ]

Calculons le d´eterminant de A :

det(A) =

(cid:12)

c a + b

(cid:12)

a + b

b − a

(cid:12)

a − b

a + b

(cid:12)

= (a − b)

a + b

a − b

(cid:12)

= (a − b)((a + b)2 − 2c2) = (a − b)(a + b − c

√

2)(a + b + c

√

Le polynˆome caract´eristique de A s’obtient en rempla¸cant a par a − λ.

χA(λ) = (a − λ − b)(a − λ + b − c

√

2)(a − λ + b + c

√

= −(λ − a + b)(λ − a − b + c

2)(λ − a − b − c

La matrice A poss`ede donc trois valeurs propres : a − b, a + b − c

On remarque l’existence de trois vecteurs propres libres, un pour chacune de ces trois valeurs

propres et qui n’en d´ependent pas. La diagonalisation obtenue sera donc valable dans tous les

cas, que les valeurs propres soient distinctes ou non.

2 et a + b + c

√

– Pour λ = a − b : on constate facilement que u1 = (1, 0, −1) est vecteur propre.

– Pour λ = a + b − c

√

2 : le vecteur u2 = (1,

2 : le vecteur u3 = (1, −

2, 1) convient.

√

2, 1) convient.

– Pour λ = a + b + c

Posons donc P =





−1

√

2 −

√





 et D =



a − b

a + b + c

√

a + b − c



.

√

On v´eriﬁe que P est inversible. Par construction, on a l’´egalit´e P −1AP = D.

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Diagonalisation des matrices

Corrig´es

Corrig´e de l’exercice 6 [ Retour `a l’´enonc´e ]

– Premi`ere m´ethode : on calcule le polynˆome caract´eristique de A.

(cid:12)

χA(λ) =

−λ

1 −λ

Pour cela on eﬀectue L1 ← L1 + L2 + L3 + L4 puis les op´erations Li ← Li − L1 (avec i ≥ 2) :

1 −λ

−1 − λ

1 −λ

(cid:12)

0 −1 − λ

(cid:12)

1 −λ

(cid:12)

1 −λ

−1 − λ

= (λ − 3)(λ + 1)3

= (3 − λ)

(cid:12)

Donc 3 est valeur propre simple et −1 est valeur propre triple.

Pour λ = −1, le sous-espace propre est l’hyperplan x + y + z + t = 0 dont une base est form´ee

des vecteurs u1 = (1, −1, 0, 0), u2 = (1, 0, −1, 0), u3 = (1, 0, 0, −1).

Pour λ = 3, le sous-espace propre est une droite, et u4 = (1, 1, 1, 1) est vecteur propre.



Avec P =

Avec ∆ =











−1

0 −1

0 0

0 0 0

0 −1 1

√













et D =







−1

0 −1

0 −1 0

, on a donc A = P DP −1.





et M = P ∆P −1 : ∆2 = D ⇒ M 2 = P ∆2P −1 = P DP −1 = A.

On trouve P −1 puis M :



1 −3

P −1 =





1 −3













√

3 + 3i

3 − i

√

3 − i

3 + 3i

3 − i

√

3 − i

3 + 3i

3 − i

√

3 − i

3 + 3i







M =

– Deuxi`eme m´ethode (bien meilleure) :

On constate que le carr´e de A s’´ecrit A2 =







3 2 2 2

2 3 2 2

2 2 3 2

2 2 2 3







= 3I + 2A.

Plus g´en´eralement, si on pose M = xI + yA, alors M 2 = (x2 + 3y2)I + 2y(x + y)A.

Sous cette forme, la matrice M v´eriﬁe M 2 = A ⇔

On choisit par exemple x = iy

√

(

On choisit y =

√

3 puis 1 = 2y2(1 + i

√

(

3 − i) et donc x =

3 + 3i).

3 + i

√

(cid:26) x2 + 3y2 = 0

2y(x + y) = 1

√

3) = y2(

√

3 + i)2.

Avec ce choix de la forme M = xI +yA, puis x, y, on obtient M =

c’est-`a-dire la matrice M trouv´ee par la m´ethode pr´ec´edente.

(cid:16)

√

(

√

3+3i)I +(

3−i)A

(cid:17)

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Diagonalisation des matrices

Corrig´es

Corrig´e de l’exercice 7 [ Retour `a l’´enonc´e ]

Puisque A est triangulaire, ses valeurs propres sont ses coeﬃcients diagonaux 3, 2, 1. Ils sont

distincts donc A est diagonalisable. On voit clairement que u2 = (0, 1, 0) est vecteur propre

pour λ = 2 et que u3 = (0, 0, 1) est vecteur propre pour λ = 1.

Le sous-espace propre pour λ = 3 s’obtient en r´esolvant :

n −5x − y = 0

4x − 2z = 0

⇔

n y = −5x

z = 2x

On trouve la droite vectorielle engendr´ee par u1 = (1, −5, 2).





Ainsi, avec P =



 et D =



0 0

−5 1 0

0 1



, on a A = P DP −1.

3 0 0

0 2 0

0 0 1

Soit M une matrice quelconque de M3( C). Posons ∆ = P −1M P .

L’´egalit´e M 2 = A s’´ecrit P ∆2P −1 = P DP −1 et elle ´equivaut `a ∆2 = D.

Il s’agit maintenant de trouver toutes les matrices ∆ de M3( C) telles que ∆2 = D.

Notons δij les coeﬃcients d’une telle matrice ∆ (on ne sait pas encore si ∆ est diagonale.)

Si ∆2 = D, alors ∆ et D commutent : en eﬀet ∆D = ∆3 = D∆.







Mais l’´egalit´e ∆D = D∆ s’´ecrit

3δ13

3δ11

2δ23

3δ21

δ33

3δ31

Cette ´egalit´e de matrices ´equivaut `a δ12 = δ13 = δ21 = δ23 = δ31 = δ32 = 0.

δ22

Autrement dit, la matrice ∆ est n´ecessairement diagonale : ∆ =

3δ12

2δ22

δ32

3δ11

2δ21

δ31

2δ12

2δ22

2δ32

δ13

δ23

δ33

 =







Inversement, si ∆ a cette forme : ∆2 = D ⇔







δ2

11 = 3

δ2

22 = 2

δ2

33 = 1







⇔



δ11

√



δ33

3, ε1 ∈ {−1, 1}

2, ε2 ∈ {−1, 1}

δ11 = ε1

δ22 = ε2

δ33 = ε3 ∈ {−1, 1}

Il y a donc 8 matrices ∆ possibles, ce qui conduit `a 8 solutions distinctes (et 8 seulement) pour

le probleme initial M 2 = A. La matrice A possede donc 8 “racines carr´ees” dans M3( C).

Les matrices M solutions du probl`eme sont donc donn´ees par :

0 0

ε1

1 0

−2 0 1



0 0

−5 1 0

0 1

P DP −1 =



ε3

√

ε2





























√



ε1

√

−5ε1

√

2ε1

3 ε2

√

ε3





0 0

1 0

−2 0 1

 =



√

ε1

√

3 + 5ε2

√

3 − 2ε3

−5ε1

2ε1

2 ε2

√

ε3



Remarque : cette m´ethode donne toutes les “racines carr´ees” de A, mais elle ne fonctionne bien

que parce que les valeurs propres de A, c’est-`a-dire les coeﬃcients diagonaux de D, sont tous

distincts : la cons´equence ´etant alors que les matrices ∆ telles que ∆2 = D sont n´ecessairement

diagonales.

Il en va tout autrement si la matrice A poss`ede des valeurs propres multiples (c’´etait le cas

dans l’exercice pr´ec´edent, o`u on s’est content´e de trouver une racine carr´ee de A.)

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Diagonalisation des matrices

Corrig´es

Corrig´e de l’exercice 8 [ Retour `a l’´enonc´e ]

On applique les op´erations L4 ← L4 − L3 puis C3 ← C3 + C4, et on d´eveloppe.

χB(λ) =

(cid:12)

1 − λ −1

−λ

−1

1 − λ −1

−λ

−1

1 − λ

= λ(λ − 1)

(cid:12)

1 − λ −1

−λ

−2

−1

−λ

−2

−1

−λ

(cid:12)

1 − λ −1

−λ

−1

1 − λ

−2

−1

−λ

(cid:12)

= −λ

(cid:12)

1 − λ −1

−λ

−1

1 − λ

(cid:12)

= λ2(λ − 1)2

Pour trouver le sous-espace propre E0 pour λ = 0, on r´esout le syst`eme suivant :

( x − y + 2z − 2t = 0

z − t = 0

x − y + z = 0

⇔

( x = y

z = t

z = 0

⇔

( x = y

z = 0

t = 0

⇔ (x, y, z, t) = x(1, 1, 0, 0)

E0 est donc la droite vectorielle engendr´ee par u = (1, 1, 0, 0), alors que 0 est une valeur propre

double. On est donc certain que B n’est pas diagonalisable.

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Exercices de Mathématiques

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