Diagonaliser et trigonaliser en maths spé (MP) : cours et méthodes

Le polynôme caractéristique d’une matrice \(A \in \mathcal{M}_n(\mathbb{K})\) est \(\chi_A(X) = \det(X I_n – A)\). Pour un endomorphisme \(u\) de \(E\), on pose \(\chi_u = \chi_A\), où \(A\) est la matrice de \(u\) dans une base quelconque de \(E\).

Deux matrices semblables ont le même polynôme caractéristique. De plus, \(\chi_{A^{T}} = \chi_A\) pour toute matrice carrée \(A\).

Supposons \(B = P^{-1} A P\) avec \(P\) inversible. Alors \(X I_n – B = P^{-1}(X I_n – A) P\). Le déterminant étant multiplicatif, on obtient \(\chi_B = \det(P)^{-1} \chi_A \det(P) = \chi_A\). Ensuite, \(X I_n – A^{T}\) est la transposée de \(X I_n – A\), et une matrice a le même déterminant que sa transposée.

Pour \(A \in \mathcal{M}_n(\mathbb{K})\), le polynôme \(\chi_A\) est unitaire de degré \(n\), et

\[\chi_A(X) = X^n – \mathrm{tr}(A)\, X^{n-1} + \cdots + (-1)^n \det(A).\]

Nous développons \(\det(X I_n – A)\) par la formule de Leibniz : c’est une somme indexée par les permutations \(\sigma\) de \(\{1, \ldots, n\}\). D’abord, chaque terme est un produit de \(n\) coefficients ; seuls les coefficients diagonaux \(X – a_{ii}\) contiennent \(X\). Ensuite, une permutation différente de l’identité déplace au moins deux indices. Son terme a donc un degré au plus \(n-2\).

Par conséquent, les termes de degré \(n\) et \(n-1\) proviennent tous du produit \(\prod_{i=1}^{n} (X – a_{ii})\). Ce produit vaut \(X^n – (a_{11} + \cdots + a_{nn}) X^{n-1} + \cdots\), d’où le coefficient \(-\mathrm{tr}(A)\). Enfin, le terme constant vaut \(\chi_A(0) = \det(-A) = (-1)^n \det(A)\).

Pour \(A \in \mathcal{M}_3(\mathbb{K})\), le coefficient de \(X\) dans \(\chi_A\) est la somme des trois mineurs principaux d’ordre 2, obtenus en supprimant une ligne et la colonne de même numéro. Ainsi, \(\chi_A = X^3 – \mathrm{tr}(A) X^2 + s_2 X – \det(A)\). Ce contrôle détecte la plupart des erreurs de développement.

Prenons \(B = \begin{pmatrix} 5 & -2 \\ -2 & 2 \end{pmatrix}\). Sa trace vaut \(7\) et son déterminant \(10 – 4 = 6\). Donc \(\chi_B = X^2 – 7X + 6 = (X-1)(X-6)\).

Cherchons ensuite les vecteurs propres. Pour \(\lambda = 1\), le système \(4x – 2y = 0\) donne la droite dirigée par \((1, 2)\). Pour \(\lambda = 6\), l’équation \(-x – 2y = 0\) donne la droite dirigée par \((2, -1)\). Ces deux directions sont orthogonales, ce qui n’est pas un hasard : \(B\) est symétrique réelle.

Un scalaire \(\lambda \in \mathbb{K}\) est valeur propre de \(A\) si et seulement si \(\chi_A(\lambda) = 0\). Par conséquent, \(A\) possède au plus \(n\) valeurs propres distinctes.

La multiplicité d’une valeur propre \(\lambda\), notée \(m(\lambda)\), est sa multiplicité comme racine de \(\chi_A\). On dit que \(\lambda\) est simple si \(m(\lambda) = 1\), double si \(m(\lambda) = 2\).

Pour toute valeur propre \(\lambda\) de \(u\), on a \(1 \leq \dim E_\lambda \leq m(\lambda)\).

Notons \(d = \dim E_\lambda\). D’abord, \(d \geq 1\) puisque \(E_\lambda\) contient un vecteur non nul. Ensuite, complétons une base de \(E_\lambda\) en une base de \(E\). Dans cette base, la matrice de \(u\) s’écrit par blocs \(\begin{pmatrix} \lambda I_d & C \\ 0 & D \end{pmatrix}\).

Un déterminant triangulaire par blocs se calcule bloc diagonal par bloc diagonal. Ainsi, \(\chi_u = (X – \lambda)^d \chi_D\). Donc \((X – \lambda)^d\) divise \(\chi_u\), ce qui signifie \(d \leq m(\lambda)\).

Si \(\lambda\) est une valeur propre simple, alors \(E_\lambda\) est une droite. Aucun calcul de rang n’est nécessaire dans ce cas.

On dit que \(u\) est diagonalisable quand \(E\) admet une base dont tous les vecteurs sont propres pour \(u\). Pour \(A \in \mathcal{M}_n(\mathbb{K})\), on demande l’existence de \(P \in GL_n(\mathbb{K})\) et \(D\) diagonale telles que \(A = P D P^{-1}\).

Soit \(\lambda_1, \ldots, \lambda_p\) les valeurs propres distinctes de \(u\). Les assertions suivantes sont équivalentes :

1. \(u\) est diagonalisable ;
2. \(E = E_{\lambda_1} \oplus \cdots \oplus E_{\lambda_p}\) ;
3. \(\dim E_{\lambda_1} + \cdots + \dim E_{\lambda_p} = n\).

Supposons que \(\chi_u\) admette \(n\) racines deux à deux distinctes dans \(\mathbb{K}\). Alors \(u\) se diagonalise, et ses \(n\) sous-espaces propres sont tous de dimension 1.

Notons \(\lambda_1, \ldots, \lambda_n\) ces racines. Chacune est une valeur propre, donc \(\dim E_{\lambda_i} \geq 1\). La somme de ces sous-espaces est directe et contenue dans \(E\). Par conséquent, \(n \leq \sum \dim E_{\lambda_i} \leq n\). L’égalité impose \(\dim E_{\lambda_i} = 1\) pour tout \(i\), et la proposition précédente conclut.

Pour que \(u\) soit diagonalisable, il faut et il suffit que :

1. \(\chi_u\) est scindé sur \(\mathbb{K}\) ;
2. pour toute valeur propre \(\lambda\), on a \(\dim E_\lambda = m(\lambda)\).

Supposons d’abord \(u\) diagonalisable, de matrice \(D = \mathrm{diag}(d_1, \ldots, d_n)\) dans une base adaptée. Alors \(\chi_u = \prod (X – d_i)\) est scindé. De plus, \(m(\lambda)\) compte les indices \(i\) tels que \(d_i = \lambda\) ; or les vecteurs de base correspondants engendrent \(E_\lambda\). Donc \(\dim E_\lambda = m(\lambda)\).

Réciproquement, si \(\chi_u\) est scindé, la somme des multiplicités vaut \(\deg \chi_u = n\). Avec la seconde condition, on obtient \(\sum \dim E_\lambda = \sum m(\lambda) = n\). La proposition précédente permet alors de conclure.

La matrice \(J = \begin{pmatrix} -4 & 1 \\ 0 & -4 \end{pmatrix}\) a pour polynôme caractéristique \((X + 4)^2\), qui est scindé. Cependant, \(J + 4 I_2 = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}\) est de rang 1. Ainsi, \(\dim E_{-4} = 1 < 2 = m(-4)\) : la matrice \(J\) n’est pas diagonalisable, ni sur \(\mathbb{R}\) ni sur \(\mathbb{C}\).

1. Calculer \(\chi_A\), en développant suivant une ligne ou une colonne riche en zéros, puis le factoriser.
2. Contrôler le résultat : coefficient de \(X^{n-1}\) égal à \(-\mathrm{tr}(A)\), terme constant égal à \((-1)^n \det(A)\).
3. Pour chaque valeur propre multiple \(\lambda\), calculer le rang de \(A – \lambda I_n\) et en déduire \(\dim E_\lambda = n – \mathrm{rg}(A – \lambda I_n)\).
4. Conclure par le critère : scindé et dimensions égales aux multiplicités.
5. Donner une base de chaque sous-espace propre, ranger ces vecteurs en colonnes dans \(P\), et placer les valeurs propres dans \(D\) dans le même ordre.
6. Vérifier une colonne au moins : \(A v = \lambda v\).

Soit \(A = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 3 & 2 & -3 \\ 3 & 0 & -1 \end{pmatrix}\). Nous développons \(\det(X I_3 – A)\) suivant la première ligne :

\[\chi_A = (X – 2) \begin{vmatrix} X – 2 & 3 \\ 0 & X + 1 \end{vmatrix} = (X – 2)^2 (X + 1).\]

Le contrôle fonctionne : \(\mathrm{tr}(A) = 3 = 2 + 2 – 1\), et \(\det(A) = -4 = 2 \times 2 \times (-1)\). Le polynôme est scindé, avec \(2\) double et \(-1\) simple.

Ensuite, \(A – 2 I_3 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 3 & 0 & -3 \\ 3 & 0 & -3 \end{pmatrix}\) est de rang 1. Donc \(\dim E_2 = 2 = m(2)\). L’équation \(x = z\) fournit la base \((1, 0, 1)\), \((0, 1, 0)\). La valeur propre \(-1\) est simple ; le système \(3x = 0\), \(3x + 3y – 3z = 0\) donne la droite dirigée par \((0, 1, 1)\).

Finalement, \(A\) est diagonalisable et \(A = P D P^{-1}\) avec

\[P = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \end{pmatrix}, \qquad D = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}.\]

On vérifie la troisième colonne : \(A (0, 1, 1)^{T} = (0, -1, -1)^{T}\), qui vaut bien \(-1\) fois le vecteur.

1. Si \(\chi_A\) n’est pas scindé sur \(\mathbb{K}\), la matrice n’est pas diagonalisable sur \(\mathbb{K}\).
2. Sinon, trouver une valeur propre \(\lambda\) telle que \(\mathrm{rg}(A – \lambda I_n) > n – m(\lambda)\) : alors \(\dim E_\lambda < m(\lambda)\).
3. Cas particulier rapide : si \(A\) a une seule valeur propre \(\lambda\) et que \(A \neq \lambda I_n\), alors \(A\) n’est pas diagonalisable, car \(P (\lambda I_n) P^{-1} = \lambda I_n\).

Soit \(C = \begin{pmatrix} -1 & 0 & 1 \\ 3 & 2 & 1 \\ 3 & 0 & 1 \end{pmatrix}\). En développant suivant la deuxième colonne, on obtient \(\chi_C = (X – 2)\big((X + 1)(X – 1) – 3\big) = (X – 2)^2 (X + 2)\).

Or \(C – 2 I_3 = \begin{pmatrix} -3 & 0 & 1 \\ 3 & 0 & 1 \\ 3 & 0 & -1 \end{pmatrix}\). Ses deux premières lignes ne sont pas proportionnelles, donc son rang vaut au moins 2. Ainsi, \(\dim E_2 \leq 1 < 2 = m(2)\) : la matrice \(C\) n’est pas diagonalisable, même sur \(\mathbb{C}\).

On qualifie \(u\) de trigonalisable lorsque sa matrice devient triangulaire supérieure dans au moins une base bien choisie de \(E\). Pour une matrice carrée \(A\), cela signifie qu’il existe \(P\) inversible telle que \(P^{-1} A P\) soit triangulaire supérieure.

Un endomorphisme \(u\) de \(E\) est trigonalisable si et seulement si \(\chi_u\) est scindé sur \(\mathbb{K}\). Dans ce cas, les coefficients diagonaux de toute matrice triangulaire qui représente \(u\) sont ses valeurs propres, répétées selon leur multiplicité.

Si \(u\) est représenté par une matrice triangulaire \(T\) de diagonale \(t_{11}, \ldots, t_{nn}\), alors \(\chi_u = \prod (X – t_{ii})\), qui est scindé. Cette égalité donne aussi la seconde affirmation.

Pour la réciproque, nous raisonnons par récurrence sur \(n\), le cas \(n = 1\) étant clair. Comme \(\chi_A\) est scindé, il admet une racine \(\lambda_1\), associée à un vecteur propre \(e_1\). Complétons \(e_1\) en une base : \(A\) est semblable à \(\begin{pmatrix} \lambda_1 & L \\ 0 & A_1 \end{pmatrix}\), avec \(A_1\) de taille \(n – 1\). Alors \(\chi_A = (X – \lambda_1)\chi_{A_1}\), donc \(\chi_{A_1}\) est scindé. Par hypothèse de récurrence, \(A_1 = Q T_1 Q^{-1}\) avec \(T_1\) triangulaire. Enfin, la matrice de passage par blocs \(\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & Q \end{pmatrix}\) rend \(A\) semblable à une matrice triangulaire.

Toute matrice de \(\mathcal{M}_n(\mathbb{C})\) est trigonalisable, puisque tout polynôme complexe non constant est scindé, d’après le théorème de d’Alembert-Gauss.

Si \(\chi_A\) est scindé, de racines \(\lambda_1, \ldots, \lambda_n\) comptées avec multiplicité, alors

\[\mathrm{tr}(A) = \lambda_1 + \cdots + \lambda_n, \qquad \det(A) = \lambda_1 \lambda_2 \cdots \lambda_n.\]

De plus, \(\mathrm{tr}(A^k) = \lambda_1^k + \cdots + \lambda_n^k\) pour tout entier \(k \geq 1\).

Écrivons \(A = P T P^{-1}\) avec \(T\) triangulaire de diagonale \(\lambda_1, \ldots, \lambda_n\). La trace et le déterminant sont invariants par similitude, et ils se lisent sur la diagonale de \(T\). Ensuite, \(A^k = P T^k P^{-1}\), et \(T^k\) est triangulaire de diagonale \(\lambda_1^k, \ldots, \lambda_n^k\).

Lorsque toutes les valeurs propres sauf une sont connues, la trace donne la dernière sans aucun calcul supplémentaire. Le déterminant sert ensuite de vérification. Ce réflexe fait gagner un temps précieux en colle.

1. Choisir un vecteur propre \(v_1\) dirigeant \(E_\lambda\) et un vecteur propre \(v_3\) dirigeant \(E_\mu\).
2. Chercher un vecteur \(w\) tel que \((A – \lambda I_3) w\) soit un multiple non nul \(\alpha v_1\). Autrement dit, \(w\) appartient à \(\ker (A – \lambda I_3)^2\) sans appartenir à \(E_\lambda\).
3. Alors \(A w = \alpha v_1 + \lambda w\). Dans la base \((v_1, w, v_3)\), la matrice devient \(T = \begin{pmatrix} \lambda & \alpha & 0 \\ 0 & \lambda & 0 \\ 0 & 0 & \mu \end{pmatrix}\).
4. Vérifier que \(P = (v_1 \mid w \mid v_3)\) est inversible, par exemple en calculant son déterminant.

Reprenons la matrice \(C\) de la partie 3. D’abord, \(E_2\) est dirigé par \(v_1 = (0, 1, 0)\), car la deuxième colonne de \(C – 2I_3\) est nulle. Ensuite, \(C + 2 I_3 = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 3 & 4 & 1 \\ 3 & 0 & 3 \end{pmatrix}\) donne \(x = -z\) puis \(4y = 2z\) : on choisit \(v_3 = (-2, 1, 2)\).

Cherchons maintenant \(w = (x, y, z)\) avec \((C – 2I_3) w\) colinéaire à \(v_1\). Les première et troisième coordonnées doivent s’annuler : \(-3x + z = 0\). Prenons donc \(w = (1, 0, 3)\). On calcule \((C – 2 I_3) w = (0, 6, 0) = 6 v_1\), d’où \(C w = 6 v_1 + 2 w\).

Par conséquent, avec \(P = \begin{pmatrix} 0 & 1 & -2 \\ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 3 & 2 \end{pmatrix}\), dont le déterminant vaut \(-8\), on obtient

\[P^{-1} C P = \begin{pmatrix} 2 & 6 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & -2 \end{pmatrix}.\]

Si \(A = P D P^{-1}\) avec \(D = \mathrm{diag}(\lambda_1, \ldots, \lambda_n)\), alors pour tout \(k \in \mathbb{N}\), \(A^k = P D^k P^{-1}\) et \(D^k = \mathrm{diag}(\lambda_1^k, \ldots, \lambda_n^k)\).

Nous raisonnons par récurrence sur \(k\). Pour \(k = 0\), les deux membres valent \(I_n\). Ensuite, si \(A^k = P D^k P^{-1}\), alors \(A^{k+1} = P D^k P^{-1} P D P^{-1} = P D^{k+1} P^{-1}\), car les facteurs centraux \(P^{-1} P\) se simplifient.

Deux suites vérifient \(u_{k+1} = u_k + 2 v_k\) et \(v_{k+1} = 3 u_k + 2 v_k\), avec \(u_0 = 1\) et \(v_0 = 0\). Posons \(M = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 2 \end{pmatrix}\) : le vecteur \(Z_k = (u_k, v_k)^{T}\) vérifie \(Z_k = M^k Z_0\).

D’abord, \(\chi_M = X^2 – 3X – 4 = (X – 4)(X + 1)\). Les valeurs propres sont distinctes, donc \(M\) est diagonalisable. Ensuite, on trouve les vecteurs propres \((2, 3)\) pour \(4\) et \((1, -1)\) pour \(-1\). Avec \(P = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 3 & -1 \end{pmatrix}\), on a \(P^{-1} = \frac{1}{5}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 3 & -2 \end{pmatrix}\). Le produit donne

\[M^k = \frac{1}{5}\begin{pmatrix} 2 \cdot 4^k + 3(-1)^k & 2 \cdot 4^k – 2(-1)^k \\ 3 \cdot 4^k – 3(-1)^k & 3 \cdot 4^k + 2(-1)^k \end{pmatrix}.\]

Ainsi, \(u_k = \frac{2 \cdot 4^k + 3(-1)^k}{5}\) et \(v_k = \frac{3 \cdot 4^k – 3(-1)^k}{5}\). On contrôle avec \(k = 1\) : \(u_1 = 1\) et \(v_1 = 3\), ce que donne bien la récurrence.

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