§7.4 Comment trouver les valeurs propres ?

Diagonalisation, suite

Diagonaliserune matriceA, c’est de trouver une matrice inversible P = (~v₁,· · · , ~v_n) et une matrice diagonaleM =







λ1 · · · 0 ... . .. ...

0 · · · λn





 telles queA=PMP⁻¹, ou bien, AP =PM. Comment trouver P et M? Rappelons que

PM = (~v1,· · ·, ~vn)







λ1 · · · 0 ... . .. ...

0 · · · λ_n





=

λ1~v1,· · ·,λn~vn

etAP = (A~v₁,· · · ,A~v_n).

DoncAP =PM ⇐⇒ A~v₁=λ1~v₁,· · ·,A~v_n=λn~v_n .

Valeurs propres et vecteurs propres

Définition.On dit que une valeur λest unevaleur propredeAsi A~v=λ~v pour un certain vecteur~v non nul. On dit qu’un tel vecteur~v est un vecteur propredeAassocié à λ.

Théorème de diagonalisation. Une matrice carréen×n est diagonalisable ssi elle possèden vecteurs propres~v₁,· · ·, ~v_n formant une base (ou bien formant une matrice inversible). Dans ce cas, pourλ_i la valeur propre associée à~v_i,

A·(~v1,· · ·, ~vn) = (~v1,· · · , ~vn)







λ1 · · · 0 ... . .. ... 0 · · · λ_n







Valeurs propres et vecteurs propres

Définition.On dit que une valeur λest unevaleur propredeAsi A~v=λ~v pour un certain vecteur~v non nul. On dit qu’un tel vecteur~v est un vecteur propredeAassocié à λ.

Théorème de diagonalisation. Une matrice carréen×n est diagonalisable ssi elle possèden vecteurs propres~v₁,· · ·, ~v_n formant une base (ou bien formant une matrice inversible).

Dans ce cas, pourλ_i la valeur propre associée à~v_i,

A·(~v1,· · ·, ~vn) = (~v1,· · · , ~vn)







λ1 · · · 0 ... . .. ...

0 · · · λ_n







§7.4 Comment trouver les valeurs propres ?

On cherche d’abord lesλi (valeurs propres).

Théorème des valeurs propres. Les valeurs propres λi d’une matriceAsont les solutions de l’équation

det(A−λI) =0.

Exo. Trouver les valeurs propres de

1 −2

0 3

et

5 −3 6 −4

.

§7.4 Comment trouver les valeurs propres ?

On cherche d’abord lesλi (valeurs propres).

Théorème des valeurs propres. Les valeurs propres λi d’une matriceAsont les solutions de l’équation

det(A−λI) =0.

Exo. Trouver les valeurs propres de

1 −2

0 3

et

5 −3 6 −4

.

Polynôme caractéristique

DéfinitionPour toute matrice carrée A, on appelle det(A−λI)

lepolynôme caractéristiquedeA. Ainsi les valeurs propres de A sont précisément les racines du polynôme caractéristique.

Exo. Déterminer le polynôme caractéristique de





1 2 3

0 −1 2

0 0 1/2



,





5 −3 0 6 −4 0

0 1 1



,









1 0 0 0

0 −1 0 0

0 0 ¹₄ 0

0 0 0 π







 Puis déterminer les valeurs propres pour chacune de ces matrices.

§7.5 Les vecteurs propres

Théorème des valeurs propres et vecteurs propres. Les valeurs propresλ_i d’une matriceA sont les racines du polynôme

caractéristique det(A−λI) .Les vecteurs propres associés àλi sont les vecteurs non-nuls dans le noyauKer(A−λiI).

Définition.Ce noyauKer(A−λiI)est appelé lesous espace propre deAassocié àλi.

Preuve.

A~v=λ_i~v

⇐⇒ A~v−λi~v=~0

⇐⇒ (A−λ_iI)~v=~0

⇐⇒ ~v∈Ker(A−λiI) Exo. PourA=

5 −3 6 −4

, on sait que2 est une valeur propre.

Déterminer une base deKer(A−2I). Idem pour−1.

Exo. PourA=

5 −3 6 −4

, on sait que2 est une valeur propre.

Déterminer une base deKer(A−2I). Idem pour−1.

Pour la valeur propre 2: A−2I =

5 −3 6 −4

− 2 0

0 2

=

5−2 −3 6 −4−2

=

3 −3 6 −6

. Une base des solution(A−2I)

x y

= 0

0

est visiblement 1

1

. Pour −1: On aKer(A−(−1)I) =Ker(

6 −3 6 −3

) =h

1 2

i.

On assemble les deux bases:P = 1 1

1 2

et la matrice diagonale M =

2 0 0 −1

, on a finalement la diagonalisation : A=PMP⁻¹ =

1 1 1 2

2 0

0 −1

1 1 1 2

−1

(à vérifier ! ! !).

Exo. PourA=

5 −3 6 −4

, on sait que2 est une valeur propre.

Déterminer une base deKer(A−2I). Idem pour−1.

Pour la valeur propre2 : A−2I =

5 −3 6 −4

− 2 0

0 2

=

5−2 −3 6 −4−2

=

3 −3 6 −6

. Une base des solution(A−2I)

x y

= 0

0

est visiblement 1

1

.

Pour −1: On aKer(A−(−1)I) =Ker(

6 −3 6 −3

) =h

1 2

i.

On assemble les deux bases:P = 1 1

1 2

et la matrice diagonale M =

2 0 0 −1

, on a finalement la diagonalisation : A=PMP⁻¹ =

1 1 1 2

2 0

0 −1

1 1 1 2

−1

(à vérifier ! ! !).

Exo. PourA=

5 −3 6 −4

, on sait que2 est une valeur propre.

Déterminer une base deKer(A−2I). Idem pour−1.

Pour la valeur propre2 : A−2I =

5 −3 6 −4

− 2 0

0 2

=

5−2 −3 6 −4−2

=

3 −3 6 −6

. Une base des solution(A−2I)

x y

= 0

0

est visiblement 1

1

. Pour −1: On aKer(A−(−1)I) =

Ker(

6 −3 6 −3

) =h

1 2

i.

On assemble les deux bases:P = 1 1

1 2

et la matrice diagonale M =

2 0 0 −1

, on a finalement la diagonalisation : A=PMP⁻¹ =

1 1 1 2

2 0

0 −1

1 1 1 2

−1

(à vérifier ! ! !).

Exo. PourA=

5 −3 6 −4

, on sait que2 est une valeur propre.

Déterminer une base deKer(A−2I). Idem pour−1.

Pour la valeur propre2 : A−2I =

5 −3 6 −4

− 2 0

0 2

=

5−2 −3 6 −4−2

=

3 −3 6 −6

. Une base des solution(A−2I)

x y

= 0

0

est visiblement 1

1

. Pour −1: On aKer(A−(−1)I) =Ker(

6 −3 6 −3

) =h

1 2

i.

On assemble les deux bases:P =

1 1 1 2

et la matrice diagonale M =

2 0 0 −1

, on a finalement la diagonalisation : A=PMP⁻¹ =

1 1 1 2

2 0

0 −1

1 1 1 2

−1

(à vérifier ! ! !).

Exo. PourA=

5 −3 6 −4

, on sait que2 est une valeur propre.

Déterminer une base deKer(A−2I). Idem pour−1.

Pour la valeur propre2 : A−2I =

5 −3 6 −4

− 2 0

0 2

=

5−2 −3 6 −4−2

=

3 −3 6 −6

. Une base des solution(A−2I)

x y

= 0

0

est visiblement 1

1

. Pour −1: On aKer(A−(−1)I) =Ker(

6 −3 6 −3

) =h

1 2

i.

On assemble les deux bases:P =

1 1 1 2

et la matrice diagonale M =

2 0 0 −1

, on a finalement la diagonalisation : A=PMP⁻¹ =

1 1 1 2

2 0

0 −1

1 1 1 2

−1

(à vérifier ! ! !).

Exo. PourA=

5 −3 6 −4

, on sait que2 est une valeur propre.

Déterminer une base deKer(A−2I). Idem pour−1.

Pour la valeur propre2 : A−2I =

5 −3 6 −4

− 2 0

0 2

=

5−2 −3 6 −4−2

=

3 −3 6 −6

. Une base des solution(A−2I)

x y

= 0

0

est visiblement 1

1

. Pour −1: On aKer(A−(−1)I) =Ker(

6 −3 6 −3

) =h

1 2

i.

On assemble les deux bases:P =

1 1 1 2

et la matrice diagonale M =

2 0 0 −1

, on a finalement la diagonalisation : A=

PMP⁻¹ = 1 1

1 2

2 0

0 −1

1 1 1 2

−1

(à vérifier ! ! !).

Exo. PourA=

5 −3 6 −4

, on sait que2 est une valeur propre.

Déterminer une base deKer(A−2I). Idem pour−1.

Pour la valeur propre2 : A−2I =

5 −3 6 −4

− 2 0

0 2

=

5−2 −3 6 −4−2

=

3 −3 6 −6

. Une base des solution(A−2I)

x y

= 0

0

est visiblement 1

1

. Pour −1: On aKer(A−(−1)I) =Ker(

6 −3 6 −3

) =h

1 2

i.

On assemble les deux bases:P =

1 1 1 2

et la matrice diagonale M =

2 0 0 −1

, on a finalement la diagonalisation : A=PMP⁻¹ =

1 1 1 2

2 0

0 −1

1 1 1 2

−1

(à vérifier ! ! !).

§7.6 Diagonalisation d’une matrice carrée A

1. Trouver les racines du polynôme caractéristique det(A−λI).

2. Pour chaque racineλi, déterminer une base du noyau Ker(A−λiI).

3. Former une matriceP en mettant côte à côte ces bases.

4. Si vous obtenez une matrice carrée,Aest diagonalisable. Sinon, non-diagonalisable.

5. Dans le premier cas, former la matrice diagonaleM avec les λi

dans la diagonale (certainesλ_i peuvent se répéter si elles sont racines multiples du polynôme caractéristique).

La méthode de Bardet pour trouver une base du noyau

Pour déterminer une base du noyauKer(A−λiI), nous avons deux méthodes :

La première, échelonnerA−λiI suivant les lignespuis résoudre (A\−λiI)~x=~0.

La deuxième (la méthode du Bardet) : échelonnersuivant les colonnesde la matrice ’augmentée’ par un bloc de la matrice d’identité sousA−λiI, i.e.

A−λiI I

. Les colonnes dans le bloc en dessous sous les colonnes nulles forment une base recherchée.

Exemple.A=





3 −1 1

1 2 2

1 1 5



. Sachant que 2 est une valeur propre, déterminer une base du sous espace propre associé.

A−2I =??

A−2I =





1 −1 1

1 0 2

1 1 3





















1 −1 1

1 0 2

1 1 3

1 0 0

0 1 0

0 0 1

















C2 C2+C1

−→

C3 C3−C1

















1 0 0

1 1

1 2

1 1 −1

0 1 0

0 0 1

















−→??

















1 0 0

1 1 0

1 2 0

1 1 −2

0 1 −1

0 0 1

















Un vecteur propre associé à la valeur propre 2 est donc





−2

−2 1



. Exo. Utiliser cette méthode pour trouver les vecteurs propres et les sous espaces propres de

5 −3

6 4

, sachant que les valeurs propres sont 2 et−1.

A−2I =





1 −1 1

1 0 2

1 1 3





















1 −1 1

1 0 2

1 1 3

1 0 0

0 1 0

0 0 1

















C2 C2+C1

−→

C3 C3−C1

















1 0 0

1 1

1 2

1 1 −1

0 1 0

0 0 1

















−→??

















1 0 0

1 1 0

1 2 0

1 1 −2

0 1 −1

0 0 1

















Un vecteur propre associé à la valeur propre 2 est donc





−2

−2 1



.

Exo. Utiliser cette méthode pour trouver les vecteurs propres et les sous espaces propres de

5 −3

6 4

, sachant que les valeurs propres sont 2 et−1.

A−2I =





1 −1 1

1 0 2

1 1 3





















1 −1 1

1 0 2

1 1 3

1 0 0

0 1 0

0 0 1

















C2 C2+C1

−→

C3 C3−C1

















1 0 0

1 1

1 2

1 1 −1

0 1 0

0 0 1

















−→??

















1 0 0

1 1 0

1 2 0

1 1 −2

0 1 −1

0 0 1

















Un vecteur propre associé à la valeur propre 2 est donc





−2

−2 1



.

Exo. Utiliser cette méthode pour trouver les vecteurs propres et les sous espaces propres de

5 −3

6 4

, sachant que les valeurs propres sont 2 et−1.

Critère de diagonalisabilité

Théorème 1 (facile)Sitoutes les racines du polynôme

caractéristique deA sont simples, alors Aest diagonalisable. (sinon, Apeut être ou ne pas être diagonalisable).

Théorème 2 (difficile)SiAest une matrice réelle et symétrique, alors toutes les valeurs propres deAsont réelles etAest

diagonalisable.

Exo. Pour chacune des trois matrices suivantes, déterminer si elle est diagonalisable, et la diagonaliser si possible :

1 1 1 1

,

1 1 0 1

,

5 −1

1 3





5 0 0 0 5 0 0 0 0



