Exercices de Mathématiques

Diagonalisation des matrices

Énoncés

Énoncés des exercices

Exercice 1 [ Indication ] [ Correction ]

Diagonaliser la matrice A définie par A =

Exercice 2 [ Indication ] [ Correction ]

Diagonaliser la matrice A définie par A =

Exercice 3 [ Indication ] [ Correction ]

Diagonaliser la matrice A définie 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 définie par A =





c a + b



.

Exercice 6 [ Indication ] [ Correction ]

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

On donnera deux méthodes différentes.

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 définie par B =







1 −1 2 −2

1 −1

1 −1 1







c(cid:13)EduKlub S.A.

Page 1

Tous droits de l’auteur des œuvres réservés. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation

individuelle et privée sont interdites.

www.klubprepa.net

Jean-Michel Ferrard

Exercices de Mathématiques

Diagonalisation des matrices

Indications, résultats

Indications ou résultats

Indication pour l’exercice 1 [ Retour à l’énoncé ]

On trouve P −1AP =





−2

0 −2 0





 avec P =



−1 −1 1



.

Indication pour l’exercice 2 [ Retour à l’énoncé ]

On trouve P −1AP =









, avec P =



0 2i

0 −2i

0 −i

1 −1 −1



.

Indication pour l’exercice 3 [ Retour à l’énoncé ]

On trouve χA(λ) = 1 − λ5 : les valeurs propres de A sont les racines cinquièmes de l’unité.

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 à l’énoncé ]

La condition nécessaire et suffisante pour que A soit diagonalisable est a = f = 0.

Indication pour l’exercice 5 [ Retour à l’énoncé ]

On a P −1AP =





a − b

0 a + b + c

√

a + b − c

√





, avec P =



−1

√



.

√

2 −

Indication pour l’exercice 6 [ Retour à l’énoncé ]

– Première méthode : si A = P DP −1, utiliser ∆ diagonale telle que ∆2 = D.

– Deuxième méthode : on a A2 = 3I + 2A. Chercher M = xI + yA telle que M 2 = A.

Indication pour l’exercice 7 [ Retour à l’énoncé ]

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

Indication pour l’exercice 8 [ Retour à l’énoncé ]

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

c(cid:13)EduKlub S.A.

Page 2

Tous droits de l’auteur des œuvres réservés. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation

individuelle et privée sont interdites.

www.klubprepa.net

Jean-Michel Ferrard

Exercices de Mathématiques

Diagonalisation des matrices

Corrigés

Corrigés des exercices

Corrigé de l’exercice 1 [ Retour à l’énoncé ]

On calcule le polynôme caractéristique.

(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





Corrigé de l’exercice 2 [ Retour à l’énoncé ]

On calcule le polynôme caractéristique de A.

(cid:12)

χA(λ) =

= −λ3 − 4λ = −λ(λ2 + 4)

−λ −2

1 −λ −1

2 −λ

χA n’est pas scindé 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 résolvant le système :

( −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 procéder par conjugaison, car A est à coefficients réels.

Le sous-espace propre est engendré 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.

c(cid:13)EduKlub S.A.

Page 3

Tous droits de l’auteur des œuvres réservés. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation

individuelle et privée sont interdites.

www.klubprepa.net

Jean-Michel Ferrard

Exercices de Mathématiques

Diagonalisation des matrices

Corrigés

Corrigé de l’exercice 3 [ Retour à l’énoncé ]

On forme le polynôme caractéristique de A (on développe 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 cinquièmes de l’unité : elles sont bien sûr distinctes, ce

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

pas scindé 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 résolvant le système

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

Le système 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 conjugués de ceux de P . On utilise le fait que le conjugué 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 égaux (après

réduction éventuelle des exposants de ω) à la somme 1 + ω + ω2 + ω3 + ω4 qui est nulle car ω

est une racine cinquième de l’unité différente 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 .

c(cid:13)EduKlub S.A.

Page 4

Tous droits de l’auteur des œuvres réservés. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation

individuelle et privée sont interdites.

www.klubprepa.net

Jean-Michel Ferrard

Exercices de Mathématiques

Diagonalisation des matrices

Corrigés

Corrigé de l’exercice 4 [ Retour à l’énoncé ]

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 théoreme 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 nécessaire et suffisante pour que A soit diagonalisable est a = f = 0.

Corrigé de l’exercice 5 [ Retour à l’énoncé ]

Calculons le déterminant 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 polynôme caractéristique de A s’obtient en remplaçant 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 possède 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 dépendent 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 vérifie que P est inversible. Par construction, on a l’égalité P −1AP = D.

c(cid:13)EduKlub S.A.

Page 5

Tous droits de l’auteur des œuvres réservés. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation

individuelle et privée sont interdites.

www.klubprepa.net

Jean-Michel Ferrard

Exercices de Mathématiques

Diagonalisation des matrices

Corrigés

Corrigé de l’exercice 6 [ Retour à l’énoncé ]

– Première méthode : on calcule le polynôme caractéristique de A.

(cid:12)

χA(λ) =

−λ

1 −λ

Pour cela on effectue L1 ← L1 + L2 + L3 + L4 puis les opérations 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 formée

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 =

– Deuxième méthode (bien meilleure) :

On constate que le carré de A s’écrit A2 =







3 2 2 2

2 3 2 2

2 2 3 2

2 2 2 3







= 3I + 2A.

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

Sous cette forme, la matrice M vérifie 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-à-dire la matrice M trouvée par la méthode précédente.

(cid:16)

√

(

√

3+3i)I +(

3−i)A

(cid:17)

c(cid:13)EduKlub S.A.

Page 6

Tous droits de l’auteur des œuvres réservés. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation

individuelle et privée sont interdites.

www.klubprepa.net

Jean-Michel Ferrard

Exercices de Mathématiques

Diagonalisation des matrices

Corrigés

Corrigé de l’exercice 7 [ Retour à l’énoncé ]

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 résolvant :

n −5x − y = 0

4x − 2z = 0

⇔

n y = −5x

z = 2x

On trouve la droite vectorielle engendrée 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’égalité M 2 = A s’écrit P ∆2P −1 = P DP −1 et elle équivaut à ∆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’égalité ∆D = D∆ s’écrit

3δ13

3δ11

2δ23

3δ21

δ33

3δ31

Cette égalité de matrices équivaut à δ12 = δ13 = δ21 = δ23 = δ31 = δ32 = 0.

δ22

Autrement dit, la matrice ∆ est nécessairement 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 à 8 solutions distinctes (et 8 seulement) pour

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

Les matrices M solutions du problème sont donc données 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 méthode donne toutes les “racines carrées” de A, mais elle ne fonctionne bien

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

distincts : la conséquence étant alors que les matrices ∆ telles que ∆2 = D sont nécessairement

diagonales.

Il en va tout autrement si la matrice A possède des valeurs propres multiples (c’était le cas

dans l’exercice précédent, où on s’est contenté de trouver une racine carrée de A.)

c(cid:13)EduKlub S.A.

Page 7

Tous droits de l’auteur des œuvres réservés. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation

individuelle et privée sont interdites.

www.klubprepa.net

Jean-Michel Ferrard

Exercices de Mathématiques

Diagonalisation des matrices

Corrigés

Corrigé de l’exercice 8 [ Retour à l’énoncé ]

On applique les opérations L4 ← L4 − L3 puis C3 ← C3 + C4, et on développe.

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 résout le système 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 engendrée par u = (1, 1, 0, 0), alors que 0 est une valeur propre

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

c(cid:13)EduKlub S.A.

Page 8

Tous droits de l’auteur des œuvres réservés. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation

individuelle et privée sont interdites.

www.klubprepa.net

Jean-Michel Ferrard