On commence par vérifier si la matrice \(A\) est symétrique.

Si \(A\) est symétrique, alors \(A\) est diagonalisable sur \(\mathbb{R}\).

Ce critère permet de conclure immédiatement, sans calcul de valeurs propres ni de sous-espaces propres.

Erreur classique

Oublier de tester la symétrie et se lancer dans des calculs inutiles.

On considère la matrice \[ A=\begin{pmatrix}2&1&0\\1&3&-1\\0&-1&4\end{pmatrix}. \]

La matrice \(A\) est une matrice symétrique de \mathcal{M}_3(\mathbb{R}), car \({}^t A=A\).

On en déduit que \(A\) est diagonalisable sur \(\mathbb{R}\).

Si la matrice \(A\in\mathcal{M}_n(\mathbb{R})\) admet une unique valeur propre \(\lambda\), il est en général très simple de savoir si \(A\) est diagonalisable.

En effet, \(A\) est diagonalisable si et seulement s’il existe une matrice \(P\) inversible et une matrice \(D\) diagonale telles que \[ A=PDP^{-1}. \]

De plus, dans ce cas, les coefficients diagonaux de \(D\) sont les valeurs propres de \(A\). Ainsi, si \(\lambda\) est la seule valeur propre de \(A\), on a nécessairement \[ D=\lambda I_n. \]

On en déduit alors \[ A=P(\lambda I_n)P^{-1}=\lambda I_n. \]

Par conséquent :

• si \(\lambda\) est la seule valeur propre de \(A\) et \(A=\lambda I_n\), alors \(A\) est diagonalisable,
• si \(\lambda\) est la seule valeur propre de \(A\) et \(A\neq \lambda I_n\), alors \(A\) n’est pas diagonalisable.

Erreur classique

Penser qu’une matrice ayant une seule valeur propre n’est pas diagonalisable.

On considère la matrice triangulaire \[ A=\begin{pmatrix} 1&1&1\\ 0&1&1\\ 0&0&1 \end{pmatrix}. \]

La matrice \(A\) est triangulaire et tous ses coefficients diagonaux sont égaux à \(1\).

La seule valeur propre de \(A\) est donc \(\lambda=1\).

Supposons que \(A\) soit diagonalisable. Il existe alors une matrice \(P\) inversible et une matrice \(D\) diagonale telles que \[ A=PDP^{-1}. \]

Les coefficients diagonaux de \(D\) sont les valeurs propres de \(A\). Comme \(1\) est l’unique valeur propre de \(A\), on a donc nécessairement \[ D=I_3 \]

puis \[ A=P I_3 P^{-1}=I_3 \] ce qui est impossible puisque \(A\neq I_3\).

Donc \(A\) n’est pas diagonalisable.

Pour montrer qu'une matrice \( A\) est diagonalisable, on peut montrer qu’elle est semblable à une matrice diagonale. Cela revient à exhiber explicitement une base de \(\mathcal{M}_{n,1}(\mathbb{R})\) formée de vecteurs propres de \( A\).

Pour cela, on procède en général comme suit :

• On commence par déterminer les valeurs propres et les sous-espaces propres de la matrice \(A\),
• Ensuite on cherche une base de chacun des sous-espaces propres de \( A\),
• On prend alors la concaténation \( \mathcal{B} \) des bases des différents sous-espaces propres de \( A\) ; on sait que cette famille est libre donc, si elle contient \(n\) vecteurs, cette famille est une base de une base de \(\mathcal{M}_{n,1}(\mathbb{R})\).
• Dans cette base \( \mathcal{B} \), la matrice de l’endomorphisme \(X \mapsto AX\) est diagonale, donc la matrice \(A\) est semblable à une matrice diagonale, donc diagonalisable.

On considère la matrice \[ A=\begin{pmatrix} 2&0&1\\ 0&2&1\\ 0&0&1 \end{pmatrix} \] Déterminer les valeurs propres et les sous-espaces propres de \(A\). La matrice \(A\) est-elle diagonalisable ?

• Notons tout d'abord que la matrice est triangulaire, donc ses valeurs propres sont ses coefficients diagonaux : \(2\) et \(1\)
• Cherchons maintenant le sous-espace propre associé à \(1\). Pour tout \( X=\begin{pmatrix}{ x \\y \\z \end{pmatrix} \in \mathcal{M}_{3,1}(\mathbb{R}) \), on a :

  \[ \begin{align*} (A-I_3)X=0 &\Longleftrightarrow \begin{pmatrix} 1&0&1\\ 0&1&1\\ 0&0&0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}=0\\ &\Longleftrightarrow \begin{cases} x+z=0\\ y+z=0 \end{cases}\\ &\Longleftrightarrow \begin{cases} x=-z\\ y=-z \end{cases}\\ &\Longleftrightarrow X=\begin{pmatrix}-t\\-t\\t\end{pmatrix} \quad\text{avec }t\in\mathbb{R} \end{align*} \]

  On en déduit que \[ E_1(A)=\mathrm{Vect}\!\left(\begin{pmatrix}-1\\-1\\1\end{pmatrix}\right) \]

• Déterminons maintenant le sous-espace propre associé à \(2\). Pour tout \( X=\begin{pmatrix}{ x \\y \\z \end{pmatrix} \in \mathcal{M}_{3,1}(\mathbb{R}) \), on a :

  \[ \begin{align*} (A-2I_3)X=0 &\Longleftrightarrow \begin{pmatrix} 0&0&1\\ 0&0&1\\ 0&0&-1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}=0 \qquad L_2\leftarrow L_2-L_1,\; L_3\leftarrow L_3+L_1\\ &\Longleftrightarrow \begin{pmatrix} 0&0&1\\ 0&0&0\\ 0&0&0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}=0\\ &\Longleftrightarrow z=0\\ &\Longleftrightarrow X=\begin{pmatrix}x\\y\\0\end{pmatrix} \quad\text{avec }(x,y)\in\mathbb{R}^2 \end{align*} \]

  On en déduit que \[ E_2(A)=\left\{\begin{pmatrix}x\\y\\0\end{pmatrix}:(x,y)\in\mathbb{R}^2\right\} =\mathrm{Vect}\!\left(\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}\right) \]

• La concaténation \[ \mathcal{B}=(X_1,X_2,X_3) \] d’une base \((X_1,X_2)\) de \(E_2(A)\) et d’une base \((X_3)\) de \(E_1(A)\) est une famille libre de \(\mathcal{M}_{3,1}(\mathbb{R})\). Or \(\mathcal{B}\) contient \(3\) vecteurs de \(\mathcal{M}_{3,1}(\mathbb{R})\), c’est donc une base de \(\mathcal{M}_{3,1}(\mathbb{R})\) formée de vecteurs propres de \(A\).
• On considère alors l’endomorphisme de \(\mathcal{M}_{3,1}(\mathbb{R})\) \[ f : X \longmapsto AX \] On a \[ f(X_1)=2X_1,\qquad f(X_2)=2X_2,\qquad f(X_3)=X_3 \] La matrice de \(f\) dans la base \(\mathcal{B}\) est donc \[ D=\begin{pmatrix} 2&0&0\\ 0&2&0\\ 0&0&1 \end{pmatrix} \] Ainsi, la matrice \(A\) est semblable à une matrice diagonale, donc \(A\) est diagonalisable

Si l’on connaît les valeurs propres de \(A\), il est intéressant de commencer par les compter pour savoir si \(A\) est diagonalisable.

Si \(A\) appartient à \(\mathcal{M}_n(\mathbb{R})\) et possède \(n\) valeurs propres distinctes, alors \(A\) est diagonalisable.

Erreur classique

Penser que, si \( A \) n'a pas \(n\) valeurs propres, elle n'est pas diagonalisable.

On considère la matrice triangulaire \[ A=\begin{pmatrix} 1&2&-1\\ 0&-1&3\\ 0&0&2 \end{pmatrix}. \]

\( A \) est triangulaire donc ses valeurs propres sont ses coefficients diagonaux : \(1\), \(-1\) et \(2\).

Ainsi \(A\) est une matrice carrée d’ordre \(3\) admettant trois valeurs propres distinctes donc elle est diagonalisable.

Pour savoir si une matrice \( A\) de \( \mathcal{M}_n(\mathbb{R}} \) est diagonalisable, on peut comparer la somme des dimensions de ses sous-espaces propres à \(n\).

Si les valeurs propres de \(A\) sont \(\lambda_1,\dots,\lambda_r\), alors \( A \) est diagonalisable si et seulement si \[ \dim(E_{\lambda_1}(A))+\cdots+\dim(E_{\lambda_r}(A))=n \]

Erreur classique

Conclure trop tôt sans avoir réellement comparé la somme des dimensions à \(n\).

On considère \[ A=\begin{pmatrix}0&1&0\\0&1&1\\0&0&1\end{pmatrix}. \]

La matrice \(A\) est-elle diagonalisable ?

• \(A\) est triangulaire, donc ses valeurs propres sont ses coefficients diagonaux : \(0\) et \(1\).
• La première colonne de \(A\) est nulle et les deux dernières ne sont pas colinéaires, donc \(\mathrm{rg}(A)=2\). En conséquence du théorème du rang, \[ \dim(E_0(A))=3-\mathrm{rg}(A)=3-2=1. \]
• On a \[ A-I_3=\begin{pmatrix}-1&1&0\\0&0&1\\0&0&0\end{pmatrix}. \] Les deux premières colonnes de \(A-I_3\) sont proportionnelles et la troisième ne l’est pas, donc \(\mathrm{rg}(A-I_3)=2\). Ainsi \[ \dim(E_1(A))=3-\mathrm{rg}(A-I_3)=3-2=1. \]

On obtient donc \[ \dim(E_0(A))+\dim(E_1(A))=1+1=2\neq 3. \]

On en déduit que \(A\) n’est pas diagonalisable.