Pratique de la diagonalisation

La procédure est un peu longue à appliquer, mais assez simple.

1. Factoriser le polynôme caractéristique
   Attention au calcul du déterminant : le but étant de factoriser, vous avez intérêt à combiner des lignes ou des colonnes, plutôt que de développer, même en dimension $3$. Si le polynôme caractéristique a des racines complexes, la matrice n'est pas diagonalisable dans $\mathbb{R}$, mais elle peut l'être dans $\mathbb{C}$. Nous supposons désormais que le polynôme caractéristique est scindé :
   $$P_A(X) = (-1)^n \prod_{i=1}^k (X-\lambda_1)^{m_i}\;.$$

2. Trouver une base de chaque sous-espace propre
   Vous avez $k$ systèmes linéaires à résoudre. Si pour l'une des valeurs propres $\lambda_i$, le système $(A-\lambda_i I)x=0$ est de rang strictement supérieur à $n-m_i$ (l'ensemble des solutions est de dimension strictement inférieure à $m_i$), alors la matrice n'est pas diagonalisable. Supposons que vous ayez bien trouvé une base de $m_i$ vecteurs propres pour chaque valeur propre $\lambda_i$. Rassemblez les vecteurs que vous avez trouvés pour chaque valeur propre, il y en a $n$ en tout. La matrice dont les colonnes sont ces $n$ vecteurs est la matrice de passage $P$ de la base canonique à la nouvelle base.
3. Calculer l'inverse de $P$
   Vous avez alors explicité la diagonalisation : $P^{-1}AP = D$. Attention à respecter le même ordre dans l'écriture des valeurs propres, et dans celle des colonnes de $P$. Le calcul de $P^{-1}$ n'est pas indispensable, sauf si vous avez explicitement besoin du changement de base.
4. Vérifiez vos calculs
   Le plus simple est de calculer $PDP^{-1}$ : vous devez retrouver $A$. Vous pouvez aussi vérifier pour chacun des vecteurs que vous avez trouvés qu'il est bien vecteur propre.

Pour le cas des valeurs propres de multiplicité $1$, signalons comme alternative à la résolution du système linéaire, la «méthode des cofacteurs», à utiliser uniquement en dimensions $2$ et $3$.

Proposition 2   Soit $\lambda$ une valeur propre de $A$, de multiplicité $1$. Considérons une ligne de $A-\lambda I$, choisie de façon que la matrice formée des autres lignes de $A-\lambda I$ soit de rang $n\!-\!1$. Le vecteur formé des cofacteurs associés à cette ligne (les $n\!-\!1$ déterminants extraits en barrant la ligne choisie et une colonne, avec alternance de signe) est un vecteur propre de $A$ associé à $\lambda$.

Démonstration : Si $\lambda$ est de multiplicité $1$, alors le sous-espace propre associé est de dimension $1$, et il suffit d'en trouver un vecteur non nul. Soit $\widetilde{A}$ la comatrice de $A$ : c'est la matrice des cofacteurs de $A$, à savoir les déterminants mineurs d'ordre $n-1$, extraits en supprimant une ligne et une colonne, affectés de signes alternés. Il se trouve que $A {^t\!\widetilde{A}}=\vert A\vert I$. Appliquons ce résultat à $A-\lambda I$, qui est de rang $n-1$ : $(A-\lambda I) {^t\!(\widetilde{A-\lambda I}})$ est la matrice nulle. Cela signifie que les lignes de $\widetilde{A-\lambda I}$ sont soit nulles, soit vecteur propre de $A$ associé à $\lambda$. $\square$ 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 $A-X I$.

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

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 :

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

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

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

Soustrayons ensuite la première ligne à la seconde :

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

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

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

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) :

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

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.

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

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 :

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

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 :

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

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).

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

Nous n'insisterons pas sur le calcul de $P^{-1}$. 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 $P^{-1}AP = D$.

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

Dans l'exemple ci-dessous, la matrice $A$ est symétrique. Pour le choix des vecteurs propres, nous avons fait en sorte que $P^{-1} = {^t\!P}$. La technique est la même. Il faut simplement prendre garde à choisir des vecteurs propres tels que ${^tv} v=1$, ce qui dispensera du calcul de $P^{-1}$.

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

Voici un exemple en dimension $2$, où les valeurs propres sont des nombres complexes (la matrice $A$ n'est donc pas diagonalisable dans $\mathbb{R}$). C'est la matrice de la rotation vectorielle d'angle $\frac{\pi}{2}$ dans le plan.

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

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. Vous devez déterminer une base de $\mathrm{Ker}(A-I)$, en résolvant le système par la méthode du pivot de Gauss comme vous avez appris à le faire. Ici la matrice $A-I$ a une ligne nulle et deux lignes proportionnelles. Elle est donc de rang $1$ et le système se réduit à une seule équation, $x=z$. Les deux vecteurs non proportionnels les plus simples solution du système sont obtenus pour $x=0, y=1, z=0$ et $x=1, y=0, z=1$.

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

Vous vérifierez que les deux matrices suivantes, qui ont une valeur propre double, ne sont pas diagonalisables, car le sous-espace propre associé à la valeur propre double est de dimension $1$ et non pas $2$.

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

Que faire dans ce cas ? Les sections suivantes répondent, entre autres, à cette question.