Comment diagonaliser une matrice d'ordre 3

Méthode :

Pour diagonaliser une matrice $ M $ on suit les étapes suivantes :
  1. Calculer le polynôme caractéristique $ \chi_M $ de $ M $.
  2. On détermine les valeurs propres de $ M $ qui ne sont autre que les raçine du polynôme caractéristique de $ M $.
  3. On détermine pour chaque valeur propre $ \lambda $ de $ M $ l'espace propre associé.
  4. On construit la matrice diagonale $ D $ formée des valeurs propres.
  5. On construit la matrice inversible $ P $ dont la k-ième colonne est formée des coordonnées d'un vecteur propre associé à la valeurs propre qui se trouve dans la k-ième colonne de la matrice $ D $.
  6. On calcul l'inverse de $ P $.
  7. On a la diagonalisation $ A = P D P^{-1} $.
Remarque :
Le polynôme caractéristique doit être toujours donné sous forme factorisée (produit de polynômes de degré un) pour avoir facilement ses raçines. Pour cela, on opère sur les lignes est colonnes de la matrice de polynôme caractéristique au lieu de calculer directement le déterminant par développement suivant une ligne ou une colonne.
Si $ A $ est diagonalisable alors on a 3 cas classés dans le tableau suivant :
$ \chi_A $ $ \mathcal{S}p(A) $ $ \pi_A $ Espaces propres : $ A $ est semblable à une matrice de la forme :
$ ( \alpha - X )( \beta - X )( \gamma - X ) $ avec $ \alpha, \beta, \gamma $ deux à deux distincts $ \{ \alpha, \beta, \gamma \} $ $ ( X - \alpha )( X - \beta )( X - \gamma ) $ $ \left\{ \begin{array}{lcl} \dim E_{\alpha}(A) & = & 1 \\ \dim E_{\beta}(A) & = & 1 \\ \dim E_{\gamma}(A) & = & 1 \end{array} \right. $ $ \begin{pmatrix} \alpha & 0 & 0 \\ 0 & \beta & 0 \\ 0 & 0 & \gamma \end{pmatrix} $
$ ( \alpha - X )( \beta - X)^2 $ avec $ \alpha \neq \beta $ $ \{ \alpha, \beta \} $ $ ( X - \alpha )( X - \beta ) $ $ \left\{ \begin{array}{lcl} \dim E_{\alpha}(A) & = & 1 \\ \dim E_{\beta}(A) & = & 2 \end{array} \right. $ $ \begin{pmatrix} \alpha & 0 & 0 \\ 0 & \beta & 0 \\ 0 & 0 & \beta \end{pmatrix} $
$ ( \alpha - X )^3 $ $ \{ \alpha \} $ $ X - \alpha $ $ \dim E_{\alpha}(A) = 1 $ $ A = \begin{pmatrix} \alpha & 0 & 0 \\ 0 & \alpha & 0 \\ 0 & 0 & \alpha \end{pmatrix} = \alpha I_3 $

Exemples d'application :

Exemple 01 : Diagonalisation de la matrice $ A = \begin{pmatrix} 2 & -1 & 0 \\ -1 & 0 & 2 \\ -1 & -2 & 4 \end{pmatrix} $ :
Détermination des valeurs propres :
On a : $ \chi_A = \begin{vmatrix} 2 - X & -1 & 0 \\ -1 & -X & 2 \\ -1 & -2 & 4-X \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} 2 - X & -1 & 0 \\ -1 & -X & 2 \\ 0 & X-2 & 2-X \end{vmatrix} (L_3 \leftarrow L_3 - L_2) $.
Donc $ \chi_A = (X-2) \begin{vmatrix} 2 - X & -1 & 0 \\ -1 & -X & 2 \\ 0 & 1 & -1 \end{vmatrix} = (X-2) \begin{vmatrix} 2 - X & -1 & -1 \\ -1 & -X & 2-X \\ 0 & 1 & 0 \end{vmatrix} (C_3 \leftarrow C_3 + C_2) $.
En développant suivant la troisième ligne $ \chi_A = (2-X) \begin{vmatrix} 2 - X & -1 \\ -1 & 2-X \end{vmatrix} = (2-X) \begin{vmatrix} 1 - X & 1-X \\ -1 & 2-X \end{vmatrix} (L_1 \leftarrow L_1 + L_2) $.
D'où $ \chi_A = (2-X)(1-X) \begin{vmatrix} 1 & 1 \\ -1 & 2-X \end{vmatrix} & = & (2-X)(1-X)(3-X) $.
Donc $ \mathcal{S}p(A) = \{ 1, 2, 3 \} $.
Détermination des espaces propres :
L'espace propre $ E_1(A) $ de $ A $ associé à la valeur propre 1 : Soit $ \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} \in \ker ( A - I_3 ) $ donc $ \left\{ \begin{array}{lcl} x-y & = & 0 \\ -x - y + 2 z & = & 0 \\ -x - 2y + 3z & = & 0 \end{array} \right. $ d'où $ x = y = z $. On déduit que $ E_1(A) = \mathbb{R} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} $.
L'espace propre $ E_2(A) $ de $ A $ associé à la valeur propre 2 : Soit $ \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} \in \ker ( A - 2I_3 ) $ donc $ \left\{ \begin{array}{lcl} -y & = & 0 \\ -x - 2y + 2 z & = & 0 \\ -x - 2y + 2z & = & 0 \end{array} \right. $ d'où $ \left\{ \begin{array}{lcl} x & = & 2 z \\ y & = & 0 \end{array} \right. $. On déduit que $ E_2(A) = \mathbb{R} \begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} $.
L'espace propre $ E_3(A) $ de $ A $ associé à la valeur propre 3 : Soit $ \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} \in \ker ( A - 3I_3 ) $ donc $ \left\{ \begin{array}{lcl} -x-y & = & 0 \\ -x - 3y + 2 z & = & 0 \\ -x - 2y + z & = & 0 \end{array} \right. $ d'où $ x = -y = -z $. On déduit que $ E_3(A) = \mathbb{R} \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ -1 \end{pmatrix} $.
Matrice diagonale $ D $ et matrice inversible $ P $ :
On pose $ D = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{pmatrix} $ et $ P = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 \\ 1 & 0 & -1 \\ 1 & 1 & -1 \end{pmatrix} $.
Calcul de l'inverse de la matrice $ P $ :
On a $ \det P = \begin{vmatrix} 1 & 2 & 1 \\ 1 & 0 & -1 \\ 1 & 1 & -1 \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} 1 & 2 & 1 \\ 2 & 2 & 0 \\ 2 & 3 & 0 \end{vmatrix} \left( \begin{array}{lcl} L_2 & \leftarrow & L_2 + L_1 \\ L_3 & \leftarrow & L_3 + L_1 \end{array} \right) = \begin{vmatrix} 2 & 2 \\ 2 & 3 \end{vmatrix} = 2 $.
On a $ \mathrm{com} P = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 3 & -2 & 1 \\ -2 & 2 & -2 \end{pmatrix} $ donc $ ^t \! \mathrm{com} P = \begin{pmatrix} 1 & 3 & -2 \\ 0 & -2 & 2 \\ 1 & 1 & -2 \end{pmatrix} $.
On déduit que $ P^{-1} = \frac{1}{\det P} {}^t \! \mathrm{com} P = \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & \frac{3}{2} & -1 \\ 0 & -1 & 1 \\ \frac{1}{2} & \frac{1}{2} & -1 \end{pmatrix} $.
Réduction de la matrice $ A $ :
On a $ A = P D P^{-1} $ donc : $ \begin{pmatrix} 2 & -1 & 0 \\ -1 & 0 & 2 \\ -1 & -2 & 4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 \\ 1 & 0 & -1 \\ 1 & 1 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & \frac{3}{2} & -1 \\ 0 & -1 & 1 \\ \frac{1}{2} & \frac{1}{2} & -1 \end{pmatrix} $.
Exemple 02 : Diagonalisation de la matrice $ B = \begin{pmatrix} 0 & 2 & -3 \\ -1 & 3 & -3 \\ -1 & 2 & -2 \end{pmatrix}$ :
Détermination des valeurs propres :
On a : $ \chi_B = \begin{vmatrix} - X & 2 & -3 \\ -1 & 3-X & -3 \\ -1 & 2 & -2-X \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} - X & 2 & -3 \\ X-1 & 1-X & 0 \\ X-1 & 0 & 1-X \end{vmatrix} \left( \begin{array}{lcl} L_2 & \leftarrow & L_2 - L_1 \\ L_3 & \leftarrow & L_3 - L_1 \end{array} \right) $.
Donc $ \chi_B = (X-1)^2 \begin{vmatrix} - X & 2 & -3 \\ 1 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & -1 \end{vmatrix} = (X-1)^2 \begin{vmatrix} - X & 2 & -3-X \\ 1 & -1 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \end{vmatrix} ( C_3 \leftarrow C_3 + C_2 ) $.
En développant suivant la troisième ligne $ \chi_B = (X-1)^2 \begin{vmatrix} 2 & -3 -X \\ -1 & 1 \end{vmatrix} = -(X-1)^2 (X+1) $.
Donc $ \mathcal{S}p(B) = \{ -1, 1 \} $.
Détermination des espaces propres :
L'espace propre $ E_{-1}(B) $ de $ B $ associé à la valeur propre -1 : Soit $ \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} \in \ker ( B + I_3 ) $ donc $ \left\{ \begin{array}{lcl} x+2y-3z & = & 0 \\ -x + 4y - 3 z & = & 0 \\ -x + 2y - z & = & 0 \end{array} \right. $ d'où $ x = y = z $. On déduit que $ E_{-1}(B) = \mathbb{R} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} $.
L'espace propre $ E_1(B) $ de $ B $ associé à la valeur propre 1 : Soit $ \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} \in \ker ( B - I_3 ) $ donc $ \left\{ \begin{array}{lcl} -x+2y-3z & = & 0 \\ -x+2y-3z & = & 0 \\ -x+2y-3z & = & 0 \end{array} \right. $ d'où $ -x+2y-3z = 0 $. C'est l'équation d'un plan vectoriel, on déduit que $ E_1(B) = \mathbb{R} \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} + \mathbb{R} \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} $.
Matrice diagonale $ D $ et matrice inversible $ P $ :
On pose $ D = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix} $ et $ P = \begin{pmatrix} 2 & 3 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 0 & -1 & 1 \end{pmatrix} $.
Calcul de l'inverse de la matrice $ P $ :
On a $ \det P = \begin{vmatrix} 2 & 3 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 0 & -1 & 1 \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} 2 & 3 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 1 \end{vmatrix} ( C_3 & \leftarrow & C_3 - C_1 ) = - \begin{vmatrix} 3 & -1 \\ -1 & 1 \end{vmatrix} = -2 $.
On a $ \mathrm{com} P = \begin{pmatrix} 1 & -1 & -1 \\ -4 & 2 & 2 \\ 3 & -1 & -3 \end{pmatrix} $ donc $ ^t \! \mathrm{com} P = \begin{pmatrix} 1 & -4 & 3 \\ -1 & 2 & -1 \\ -1 & 2 & -3 \end{pmatrix} $.
On déduit que $ P^{-1} = \frac{1}{\det P} {}^t \! \mathrm{com} P = \begin{pmatrix} -\frac{1}{2} & - 2 & -\frac{3}{2} \\ \frac{1}{2} & -1 & \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} & -1 & \frac{3}{2} \end{pmatrix} $.
Réduction de la matrice $ B $ :
On a $ B = P D P^{-1} $ donc : $ \begin{pmatrix} 0 & 2 & -3 \\ -1 & 3 & -3 \\ -1 & 2 & -2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 & 3 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 0 & -1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} -\frac{1}{2} & - 2 & -\frac{3}{2} \\ \frac{1}{2} & -1 & \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} & -1 & \frac{3}{2} \end{pmatrix} $.
Exemple 03 : Diagonalisation de la matrice $ C = \begin{pmatrix} -2 & 4 & -4 \\ 0 & -4 & 0 \\ 2 & -2 & 4 \end{pmatrix}$ :
Détermination des valeurs propres :
On a : $ \chi_C = \begin{vmatrix} -2 - X & 4 & -4 \\ 0 & -4-X & 0 \\ 2 & -2 & 4-X \end{vmatrix} = -(4+X) \begin{vmatrix} -2 - X & 4 & -4 \\ 0 & 1 & 0 \\ 2 & -2 & 4-X \end{vmatrix} $.
En développant suivant la deuxième ligne $ \chi_C = -(X+4) \begin{vmatrix} -2 - X & -4 \\ 2 & 4-X \end{vmatrix} = -(X+4) \begin{vmatrix} - X & -X \\ 2 & 4-X \end{vmatrix} (L_1 \leftarrow L_1 + L_2) $.
Donc $ \chi_C = X(X+4) \begin{vmatrix} 1 & 1 \\ 2 & 4-X \end{vmatrix} = X(2-X)(X+4) $.
Donc $ \mathcal{S}p(C) = \{ 0, 2, -4 \} $.
Détermination des espaces propres :
L'espace propre $ E_0(C) $ de $ C $ associé à la valeur propre 0 : Soit $ \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} \in \ker ( C ) $ donc $ \left\{ \begin{array}{lcl} -2x+4y-4z & = & 0 \\ - 4y & = & 0 \\ 2x - 2y + 4z & = & 0 \end{array} \right. $ d'où $ \left\{ \begin{array}{lcl} x & = & -2 z \\ y & = & 0 \end{array} \right. $. On déduit que $ E_0(C) = \mathbb{R} \begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix} $.
L'espace propre $ E_2(C) $ de $ C $ associé à la valeur propre 2 : Soit $ \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} \in \ker ( C - 2I_3 ) $ donc $ \left\{ \begin{array}{lcl} -4x+4y-4z & = & 0 \\ - 6y & = & 0 \\ 2x - 2y + 2z & = & 0 \end{array} \right. $ d'où $ \left\{ \begin{array}{lcl} x & = & - z \\ y & = & 0 \end{array} \right. $. On déduit que $ E_2(C) = \mathbb{R} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix} $.
L'espace propre $ E_{-4}(C) $ de $ C $ associé à la valeur propre -4 : Soit $ \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} \in \ker ( C + 4I_3 ) $ donc $ \left\{ \begin{array}{lcl} 2x+4y-4z & = & 0 \\ 2x - 2y + 8 z & = & 0 \end{array} \right. $ d'où $ -x = y = 2z $. On déduit que $ E_{-4}(C) = \mathbb{R} \begin{pmatrix} -2 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix} $.
Matrice diagonale $ D $ et matrice inversible $ P $ :
On pose $ D = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & -4 \end{pmatrix} $ et $ P = \begin{pmatrix} 2 & 1 & -2 \\ 0 & 0 & 2 \\ -1 & -1 & 1 \end{pmatrix} $.
Calcul de l'inverse de la matrice $ P $ :
On a $ \det P = \begin{vmatrix} 2 & 1 & -2 \\ 0 & 0 & 2 \\ -1 & -1 & 1 \end{vmatrix} = -2 \begin{vmatrix} 2 & 1 \\ -1 & -1 \end{vmatrix} = 2 $.
On a $ \mathrm{com} P = \begin{pmatrix} 2 & -2 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \\ 2 & -4 & 0 \end{pmatrix} $ donc $ ^t \! \mathrm{com} P = \begin{pmatrix} 2 & 1 & 2 \\ -2 & 0 & -4 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} $.
On déduit que $ P^{-1} = \frac{1}{\det P} {}^t \! \mathrm{com} P = \begin{pmatrix} 1 & \frac{1}{2} & 1 \\ -1 & 0 & -2 \\ 0 & \frac{1}{2} & 0 \end{pmatrix} $.
Réduction de la matrice $ C $ :
On a $ C = P D P^{-1} $ donc : $ \begin{pmatrix} -2 & 4 & -4 \\ 0 & -4 & 0 \\ 2 & -2 & 4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 & 1 & -2 \\ 0 & 0 & 2 \\ -1 & -1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & -4 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & \frac{1}{2} & 1 \\ -1 & 0 & -2 \\ 0 & \frac{1}{2} & 0 \end{pmatrix} $.