Exercices corrigés : diagonalisation et valeurs propres (201-NYC)

Matrice diagonale : $\det(A-\lambda I)=(-3-\lambda)(7-\lambda)$, donc les valeurs propres sont les coefficients diagonaux, $7$ et $-3$.

Matrice triangulaire : $\det(A-\lambda I)=(6-\lambda)(-1-\lambda)$, car le $-4$ ne touche pas le produit de la diagonale. Valeurs propres $6$ et $-1$. Piège : faire entrer le $-4$ dans le calcul.

$\operatorname{tr}=5+1=6$ et $\det=5(1)-(-2)(3)=11$, donc $\lambda^{2}-6\lambda+11$ : $b=-6$ et $c=11$. Piège : $b$ porte le signe MOINS de la trace, et $\det=5+6$, pas $5-6$. Le discriminant $36-44<0$ annonce des valeurs propres complexes.

$\operatorname{tr}=4$ et $\det=3-8=-5$, donc $\lambda^{2}-4\lambda-5=(\lambda-5)(\lambda+1)$ : valeurs propres $5$ et $-1$. Contrôle : $5+(-1)=4$ et $5\times(-1)=-5$.

$\operatorname{tr}=-4$ et $\det=-12-9=-21$, donc $\lambda^{2}+4\lambda-21=(\lambda+7)(\lambda-3)$ : valeurs propres $3$ et $-7$, réelles comme pour toute matrice symétrique.

$\operatorname{tr}=6$ et $\det=8+1=9$, donc $\lambda^{2}-6\lambda+9=(\lambda-3)^{2}$ : valeur propre double $3$. Puis $A-3I=\begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}$, de rang $1$, donc $\dim E_{3}=2-1=1$. Piège : croire que la dimension vaut la multiplicité $2$ ; ici elle vaut $1$, et la matrice n'est pas diagonalisable.

$\operatorname{tr}=4$ et $\det=3+10=13$, donc $\lambda^{2}-4\lambda+13=0$, de discriminant $16-52=-36$. Ainsi $\lambda=\frac{4\pm 6i}{2}=2\pm 3i$ : partie réelle $2$, partie imaginaire $3$. Piège : oublier de diviser $6i$ par $2$.

Matrice triangulaire supérieure : les valeurs propres sont $2$, $-4$ et $5$. La plus grande est $5$, la plus petite $-4$.

Matrice en blocs : $\det(A-\lambda I)=(4-\lambda)\left[(2-\lambda)(-1-\lambda)-4\right]=(4-\lambda)(\lambda^{2}-\lambda-6)=(4-\lambda)(\lambda-3)(\lambda+2)$. Valeurs propres $4$, $3$ et $-2$ : la plus grande est $4$, la plus petite $-2$. Piège : oublier le bloc $1\times 1$, qui apporte $4$.

$A\vec{v}=\begin{pmatrix} 2-1+2 \\ 1-2-2 \\ 2+0+4 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 3 \\ -3 \\ 6 \end{pmatrix}=3\vec{v}$ : la valeur propre est $3$. Aucun polynôme caractéristique n'est nécessaire quand le vecteur propre est donné.

On calcule $A\vec{v}=\begin{pmatrix}3&1\\1&3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3+1\\1+3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}4\\4\end{pmatrix}=4\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}=4\vec{v}$. La relation $A\vec{v}=\lambda\vec{v}$ est vérifiée avec $\lambda=4$ : $\vec{v}$ est bien un vecteur propre, de valeur propre 4. Géométriquement, la matrice multiplie par 4 tout vecteur dirigé selon la diagonale $y=x$, sans le faire dévier.

$A\vec{w}=\begin{pmatrix}3&1\\1&3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3-1\\1-3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2\\-2\end{pmatrix}=2\vec{w}$. Donc $\vec{w}$ est un vecteur propre de valeur propre 2. Remarque sur les directions : $\vec{v}\cdot\vec{w}=(1)(1)+(1)(-1)=0$, les deux vecteurs propres sont ORTHOGONAUX. Ce n'est pas un hasard : $A$ est symétrique ($a_{12}=a_{21}=1$), et les vecteurs propres d'une matrice symétrique associés à des valeurs propres distinctes sont toujours orthogonaux. L'exercice 8 y revient.

$A\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3\\1\end{pmatrix}$. Pour que ce soit un vecteur propre, il faudrait $\begin{pmatrix}3\\1\end{pmatrix}=\lambda\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\lambda\\0\end{pmatrix}$, ce qui exige simultanément $\lambda=3$ et $1=0$ : impossible. Donc $\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}$ n'est PAS un vecteur propre. Géométriquement, $A$ fait tourner ce vecteur en plus de l'allonger, puisque l'image $\begin{pmatrix}3\\1\end{pmatrix}$ n'est pas colinéaire au vecteur de départ. Le test pratique est donc simple : calculer $A\vec{u}$ et vérifier si le résultat est PROPORTIONNEL à $\vec{u}$.

Sans la condition $\vec{v}\neq\vec{0}$, la définition perdrait tout contenu : $A\vec{0}=\vec{0}=\lambda\vec{0}$ est vraie pour TOUT scalaire $\lambda$, si bien que n'importe quel nombre serait valeur propre de n'importe quelle matrice. La notion ne distinguerait plus rien. C'est aussi pourquoi les sous-espaces propres se définissent comme des NOYAUX : $E_{\lambda}=\ker(A-\lambda I)$ contient nécessairement $\vec{0}$ (tout sous-espace le contient), et la condition « $\lambda$ est valeur propre » se traduit exactement par « ce noyau contient AUTRE CHOSE que $\vec{0}$ », c'est-à-dire $\dim E_{\lambda}\geq 1$, ou encore $\det(A-\lambda I)=0$. On voit ici pourquoi le déterminant apparaît : il s'annule précisément quand le système homogène admet des solutions non triviales.

Par définition, $\lambda$ est valeur propre s'il existe $\vec{v}\neq\vec{0}$ avec $A\vec{v}=\lambda\vec{v}$, ce qui s'écrit $A\vec{v}-\lambda\vec{v}=\vec{0}$, soit $(A-\lambda I)\vec{v}=\vec{0}$ (l'insertion de $I$ est nécessaire pour que la soustraction ait un sens matriciel). La question devient donc : le système homogène $(A-\lambda I)\vec{v}=\vec{0}$ admet-il une solution NON TRIVIALE ? Or un système homogène carré admet des solutions non triviales si et seulement si sa matrice n'est pas inversible, c'est-à-dire si et seulement si son déterminant est nul. D'où l'équivalence $\lambda$ valeur propre $\iff\det(A-\lambda I)=0$ ✓. Tout le chapitre repose sur cette traduction, et elle réutilise directement le critère d'inversibilité vu au chapitre des déterminants.

$A-\lambda I=\begin{pmatrix}4-\lambda&2\\1&3-\lambda\end{pmatrix}$, de déterminant $(4-\lambda)(3-\lambda)-2=12-4\lambda-3\lambda+\lambda^{2}-2=\lambda^{2}-7\lambda+10$. En annulant : $\lambda^{2}-7\lambda+10=0$, soit $(\lambda-2)(\lambda-5)=0$. Les valeurs propres sont donc $\lambda_{1}=2$ et $\lambda_{2}=5$.

Trace : $\operatorname{tr}(A)=4+3=7$, et $\lambda_{1}+\lambda_{2}=2+5=7$ ✓. Déterminant : $\det(A)=4\times 3-2\times 1=10$, et $\lambda_{1}\lambda_{2}=2\times 5=10$ ✓. Ces deux relations sont la lecture des coefficients du polynôme caractéristique, qui s'écrit toujours $\lambda^{2}-\operatorname{tr}(A)\lambda+\det(A)$ pour une matrice $2\times 2$. Elles fournissent une vérification en cinq secondes, et permettent même de deviner les valeurs propres quand elles sont entières : ici, chercher deux nombres de somme 7 et de produit 10 donne immédiatement 2 et 5. C'est le contrôle à faire systématiquement à l'examen.

La matrice $B$ est TRIANGULAIRE INFÉRIEURE (tous les termes au-dessus de la diagonale sont nuls). Or le déterminant d'une matrice triangulaire est le produit de ses termes diagonaux, donc $\det(B-\lambda I)=(2-\lambda)(3-\lambda)(-1-\lambda)$, qui s'annule pour $\lambda=2$, $\lambda=3$ et $\lambda=-1$. Les valeurs propres d'une matrice triangulaire sont donc exactement ses termes DIAGONAUX, sans aucun calcul. La particularité vaut aussi pour les matrices triangulaires supérieures et, cas limite, pour les matrices diagonales. C'est cohérent avec l'objectif du chapitre : diagonaliser une matrice, c'est la ramener à une forme où ses valeurs propres se lisent directement sur la diagonale.

$A-2I=\begin{pmatrix}2&2\\1&1\end{pmatrix}$. Le système $(A-2I)\vec{v}=\vec{0}$ s'écrit $2x+2y=0$ et $x+y=0$ : les deux équations sont proportionnelles et se réduisent à $x=-y$. En posant $y=t$ : $\vec{v}=(-t,t)=t(-1,1)$. Donc $E_{2}=\text{vect}\left\{\begin{pmatrix}-1\\1\end{pmatrix}\right\}$, une droite, et $\dim E_{2}=1$. Contrôle de cohérence utile : le système DOIT être dégénéré (deux équations proportionnelles), sinon la seule solution serait $\vec{0}$ et $\lambda=2$ ne serait pas valeur propre. Si l'échelonnement ne dégénère pas, c'est qu'il y a une erreur dans le polynôme caractéristique.

$A-5I=\begin{pmatrix}-1&2\\1&-2\end{pmatrix}$. Le système donne $-x+2y=0$, soit $x=2y$. En posant $y=t$ : $\vec{v}=(2t,t)=t(2,1)$. Donc $E_{5}=\text{vect}\left\{\begin{pmatrix}2\\1\end{pmatrix}\right\}$ et $\dim E_{5}=1$. Là encore les deux lignes sont proportionnelles ✓.

Vérification pour $\lambda=2$ : $A\begin{pmatrix}-1\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-4+2\\-1+3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-2\\2\end{pmatrix}=2\begin{pmatrix}-1\\1\end{pmatrix}$ ✓. Pour $\lambda=5$ : $A\begin{pmatrix}2\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}8+2\\2+3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}10\\5\end{pmatrix}=5\begin{pmatrix}2\\1\end{pmatrix}$ ✓. Forment-ils une base de $\mathbb{R}^{2}$ ? Ils sont deux dans un espace de dimension 2, il suffit donc de vérifier l'indépendance : le déterminant $\begin{vmatrix}-1&2\\1&1\end{vmatrix}=-1-2=-3\neq 0$, ils sont indépendants et forment bien une BASE. C'est ce fait qui rendra $A$ diagonalisable : il existe une base de $\mathbb{R}^{2}$ entièrement composée de vecteurs propres.

Un vecteur propre n'est jamais unique parce que tout multiple non nul d'un vecteur propre est encore un vecteur propre pour la même valeur propre : si $A\vec{v}=\lambda\vec{v}$, alors $A(c\vec{v})=cA\vec{v}=c\lambda\vec{v}=\lambda(c\vec{v})$ pour tout $c\neq 0$ ✓. Géométriquement, c'est la DIRECTION qui est propre, pas un vecteur particulier de cette direction. Plus généralement, l'ensemble des vecteurs propres associés à $\lambda$, auquel on adjoint $\vec{0}$, forme exactement le sous-espace $E_{\lambda}=\ker(A-\lambda I)$ : il est donc fermé pour l'addition et la multiplication scalaire. Conséquence pratique pour l'examen : deux étudiants peuvent donner $\begin{pmatrix}-1\\1\end{pmatrix}$ et $\begin{pmatrix}3\\-3\end{pmatrix}$ comme vecteur propre et avoir tous deux raison. Seule la direction compte, et c'est pourquoi la réponse attendue est une BASE du sous-espace propre plutôt qu'un vecteur imposé.

On place les vecteurs propres en COLONNES de $P$ et les valeurs propres correspondantes sur la diagonale de $D$, dans le même ordre. Avec $\vec{v}_{2}=\begin{pmatrix}-1\\1\end{pmatrix}$ pour $\lambda=2$ et $\vec{v}_{5}=\begin{pmatrix}2\\1\end{pmatrix}$ pour $\lambda=5$ : $P=\begin{pmatrix}-1&2\\1&1\end{pmatrix}$ et $D=\begin{pmatrix}2&0\\0&5\end{pmatrix}$.

$\det P=(-1)(1)-(2)(1)=-3$, donc $P^{-1}=\frac{1}{-3}\begin{pmatrix}1&-2\\-1&-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-\frac{1}{3}&\frac{2}{3}\\\frac{1}{3}&\frac{1}{3}\end{pmatrix}$. Vérification : $PD=\begin{pmatrix}-1&2\\1&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2&0\\0&5\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-2&10\\2&5\end{pmatrix}$. Puis $PDP^{-1}=\begin{pmatrix}-2&10\\2&5\end{pmatrix}\begin{pmatrix}-\frac{1}{3}&\frac{2}{3}\\\frac{1}{3}&\frac{1}{3}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\frac{2}{3}+\frac{10}{3}&-\frac{4}{3}+\frac{10}{3}\\-\frac{2}{3}+\frac{5}{3}&\frac{4}{3}+\frac{5}{3}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}4&2\\1&3\end{pmatrix}=A$ ✓.

Si l'on échange les colonnes de $P$ pour obtenir $P'=\begin{pmatrix}2&-1\\1&1\end{pmatrix}$ tout en gardant $D=\begin{pmatrix}2&0\\0&5\end{pmatrix}$, l'égalité tombe : on affirmerait alors que $\begin{pmatrix}2\\1\end{pmatrix}$ est associé à la valeur propre 2, alors qu'il l'est à 5. Le calcul le confirme, $P'DP'^{-1}=\begin{pmatrix}3&-2\\-1&4\end{pmatrix}\neq A$. La règle est donc stricte : la $i$-ème colonne de $P$ doit être un vecteur propre associé au $i$-ème terme diagonal de $D$. En revanche, échanger simultanément les colonnes de $P$ ET les termes de $D$ est parfaitement licite et donne une autre diagonalisation, tout aussi valable : la diagonalisation n'est donc pas unique, seul l'APPARIEMENT compte.

Lue de droite à gauche sur un vecteur $\vec{x}$, l'égalité $A\vec{x}=PDP^{-1}\vec{x}$ se décompose en trois étapes. D'abord $P^{-1}$ CHANGE DE BASE : il exprime $\vec{x}$ dans la base des vecteurs propres, c'est-à-dire qu'il donne les coordonnées de $\vec{x}$ le long des deux directions privilégiées. Ensuite $D$ agit dans cette base, et son action est la plus simple possible : elle multiplie la première coordonnée par 2 et la seconde par 5, sans aucun mélange, puisque $D$ est diagonale. Enfin $P$ REVIENT à la base canonique. La transformation compliquée $A$ est donc une simple double dilatation, à condition de la regarder dans le bon repère. C'est tout le sens du chapitre : $A$ ne mélange les coordonnées que parce qu'on l'observe dans une base mal choisie, et diagonaliser revient à choisir le repère où la transformation devient transparente.

Le polynôme caractéristique est $\det(A-\lambda I)=\begin{vmatrix} -\lambda & -1 \\ 1 & -\lambda \end{vmatrix}=\lambda^{2}+1$. En annulant : $\lambda^{2}=-1$, donc $\lambda=i$ et $\lambda=-i$. Les deux valeurs propres sont imaginaires pures, conjuguées l'une de l'autre. On retrouve d'ailleurs $\operatorname{tr}(A)=0=i+(-i)$ et $\det(A)=1=i\cdot(-i)$.

Un vecteur propre réel serait un vecteur réel non nul dont la direction est préservée par $A$. Mais $A$ est une rotation de $90^{\circ}$ : elle fait tourner TOUT vecteur du plan d'un quart de tour, donc aucun vecteur réel non nul ne conserve sa direction. Il ne peut donc exister aucun vecteur propre réel, ce qui est cohérent avec l'absence de valeur propre réelle. Les directions propres n'apparaissent qu'en passant au plan complexe.

$\det(B-\lambda I)=\begin{vmatrix} 2-\lambda & -1 \\ 1 & 2-\lambda \end{vmatrix}=(2-\lambda)^{2}+1=\lambda^{2}-4\lambda+5$. Le discriminant vaut $16-20=-4<0$, donc les racines sont complexes : $\lambda=\dfrac{4\pm\sqrt{-4}}{2}=\dfrac{4\pm 2i}{2}=2\pm i$. Les valeurs propres sont $2+i$ et $2-i$.

Somme : $(2+i)+(2-i)=4=\operatorname{tr}(B)$ ✓. Produit : $(2+i)(2-i)=4-i^{2}=4+1=5=\det(B)$ ✓. Les deux relations, démontrées pour des valeurs propres réelles, restent vraies pour des valeurs propres complexes, car elles ne sont que la lecture des coefficients du polynôme caractéristique $\lambda^{2}-\operatorname{tr}(B)\lambda+\det(B)$. Remarquez que la partie réelle commune, $2$, est la demi-trace : c'est général pour une paire conjuguée, et cela donne un contrôle rapide. La matrice $B$ agit comme une similitude, rotation composée d'une homothétie, ce que confirmera le lien avec les nombres complexes de module $\sqrt{5}$.

Multiplicité ALGÉBRIQUE de $\lambda$ : son ordre de multiplicité comme racine du polynôme caractéristique. Multiplicité GÉOMÉTRIQUE de $\lambda$ : la dimension du sous-espace propre $E_{\lambda}=\ker(A-\lambda I)$, autrement dit le nombre de vecteurs propres indépendants associés à $\lambda$. On a toujours $1\leq$ géométrique $\leq$ algébrique. CRITÈRE : $A$ de taille $n$ est diagonalisable si et seulement si, pour CHAQUE valeur propre, la multiplicité géométrique égale la multiplicité algébrique; de façon équivalente, si et seulement si la somme des dimensions des sous-espaces propres vaut $n$, c'est-à-dire s'il existe une base de l'espace formée de vecteurs propres.

$A$ est triangulaire, donc ses valeurs propres sont ses termes diagonaux : $\lambda=3$, avec multiplicité ALGÉBRIQUE 2 (le polynôme caractéristique est $(3-\lambda)^{2}$). Multiplicité géométrique : $A-3I=\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}$, et le système $(A-3I)\vec{v}=\vec{0}$ donne la seule équation $y=0$, avec $x$ libre. Donc $E_{3}=\text{vect}\left\{\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}\right\}$ et $\dim E_{3}=1$. Comparaison : géométrique $=1<2=$ algébrique. Le critère échoue, $A$ n'est PAS diagonalisable ✓. Concrètement, il n'existe qu'UNE direction propre dans un espace de dimension 2 : impossible de construire une base de vecteurs propres, et donc impossible de former une matrice $P$ inversible.

$B=3I$ est également triangulaire de valeur propre 3 avec multiplicité algébrique 2. Mais ici $B-3I=\begin{pmatrix}0&0\\0&0\end{pmatrix}$, la matrice NULLE : le système $(B-3I)\vec{v}=\vec{0}$ n'impose AUCUNE condition, toute solution convient, donc $E_{3}=\mathbb{R}^{2}$ et $\dim E_{3}=2$. Géométrique $=2=$ algébrique : le critère est satisfait et $B$ est diagonalisable. Elle l'est même déjà, puisqu'elle est diagonale, avec $P=I$. Ce qui change entre $A$ et $B$ est le terme hors diagonale : $B=3I$ dilate uniformément toutes les directions, si bien que TOUT vecteur non nul est propre; $A$, elle, ajoute un CISAILLEMENT qui ne laisse invariante qu'une seule direction. Deux matrices avec le même polynôme caractéristique peuvent donc avoir des comportements opposés : le polynôme caractéristique seul ne décide jamais de la diagonalisabilité, et c'est la raison d'être de la multiplicité géométrique.

Démonstration. Soient $\lambda_{1},\ldots,\lambda_{n}$ les $n$ valeurs propres distinctes, et $\vec{v}_{1},\ldots,\vec{v}_{n}$ des vecteurs propres associés. Le point clef est que des vecteurs propres associés à des valeurs propres DISTINCTES sont linéairement indépendants. Voyons-le pour deux : supposons $c_{1}\vec{v}_{1}+c_{2}\vec{v}_{2}=\vec{0}$. En appliquant $A$ : $c_{1}\lambda_{1}\vec{v}_{1}+c_{2}\lambda_{2}\vec{v}_{2}=\vec{0}$. En multipliant la première relation par $\lambda_{1}$ et en soustrayant : $c_{2}(\lambda_{2}-\lambda_{1})\vec{v}_{2}=\vec{0}$. Comme $\lambda_{2}\neq\lambda_{1}$ et $\vec{v}_{2}\neq\vec{0}$, il vient $c_{2}=0$, puis $c_{1}=0$ ✓ (le cas général se traite de même par récurrence). On dispose donc de $n$ vecteurs indépendants dans un espace de dimension $n$ : ils en forment une base, entièrement composée de vecteurs propres, et $A$ est diagonalisable ✓. Application : $\begin{pmatrix}5&7\\0&-2\end{pmatrix}$ est triangulaire, ses valeurs propres sont 5 et $-2$, qui sont DISTINCTES et au nombre de 2 dans un espace de dimension 2. Elle est donc diagonalisable, sans avoir eu à calculer le moindre vecteur propre. Attention à ne pas retourner l'implication : la condition est SUFFISANTE, pas nécessaire, comme le montre $B=3I$ du point c), diagonalisable avec une valeur propre double.