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 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.

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 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.

Il arrive qu’on dispose d’un polynôme annulateur \(P\) de \(A\), c’est-à-dire d’un polynôme tel que \(P(A)=0\).

Si \(P\) est de degré \(p\) et admet exactement \(p\) racines réelles distinctes \(\lambda_1,\dots,\lambda_p\), alors on peut montrer que \(A\) est diagonalisable.

L’idée est de montrer, par analyse-synthèse, que tout vecteur \(X\in\mathcal{M}_{n,1}(\mathbb{R})\) peut s’écrire comme somme de vecteurs appartenant aux sous-espaces vectoriels \(E_{\lambda_k}(A)\) (\(1\leqslant k\leqslant p\)), c’est-à-dire, ce qui revient à prouver que \[ \ker(A-\lambda_1 I_n)+\cdots+\ker(A-\lambda_p I_n)=\mathcal{M}_{n,1}(\mathbb{R}). \]

Erreurs classiques

1. Penser que \(\lambda_1,\dots,\lambda_p\) sont toutes valeurs propres de \(A\) : ce n’est pas toujours le cas et il est possible que certains des ensembles \(E_{\lambda_k}(A)\) (\(1\leqslant k\leqslant p\)) soient réduits au vecteur nul, mais cela n’affecte pas la preuve.
2. Ne pas penser aux multiplicités des racines : cette méthode ne fonctionne que si \(P\) admet \(p\) racines (autant que son degré) distinctes, donc toutes d’ordre \(1\).

Soit \(A\in\mathcal{M}_n(\mathbb{R})\) telle que \[ A^2=A+2I_n. \] Montrer que \(A\) est diagonalisable.

On considère le polynôme \[ P(X)=X^2-X-2. \] Comme \(A^2=A+2I_n\), on a \(P(A)=0\), donc \(P\) est un polynôme annulateur de \(A\).

Les racines de \(P\) sont \(-1\) et \(2\), toutes deux d’ordre \(1\). On va donc prouver que, en confondant \(A\) et l’endomorphisme de \(\mathcal{M}_{n,1}(\mathbb{R})\) canoniquement associé à \(A\), \[ \ker(A+I_n)\oplus\ker(A-2I_n)=\mathcal{M}_{n,1}(\mathbb{R}). \]

On fixe \(X\in\mathcal{M}_{n,1}(\mathbb{R})\) et on prouve, par analyse-synthèse, qu’il existe un unique \((X_1,X_2)\in\ker(A+I_n)\times\ker(A-2I_n)\) tel que \(X=X_1+X_2\).

1. Analyse

On suppose qu’un tel couple \((X_1,X_2)\) existe. On a alors \(X=X_1+X_2\) et \[ AX=AX_1+AX_2. \] Par définition de \(X_1\) et \(X_2\), on a \(AX_1=-X_1\) et \(AX_2=2X_2\), donc \[ AX=-X_1+2X_2. \] Ainsi \((X_1,X_2)\) vérifie \[ \begin{cases} X_1+X_2=X\\ -X_1+2X_2=AX \end{cases} \] d’où \[ \begin{cases} X_1=\dfrac{1}{3}\bigl(2X-AX\bigr)\\ X_2=\dfrac{1}{3}\bigl(AX+X\bigr) \end{cases} \] S’il existe, le couple \((X_1,X_2)\) est donc unique.

2. Synthèse

On pose \[ X_1=\dfrac{1}{3}\bigl(2X-AX\bigr) \qquad\text{et}\qquad X_2=\dfrac{1}{3}\bigl(AX+X\bigr). \] On vérifie immédiatement que \(X_1+X_2=X\).

De plus, \[ AX_1=\dfrac{1}{3}\bigl(2AX-A^2X\bigr). \] Or, comme \(A^2=A+2I_n\), on a \(A^2X=AX+2X\). Ainsi \[ AX_1=\dfrac{1}{3}\bigl(2AX-(AX+2X)\bigr) =\dfrac{1}{3}(AX-2X) =-X_1. \] Donc \(X_1\in\ker(A+I_n)\).

On obtient de même \[ AX_2=\dfrac{1}{3}\bigl(A^2X+AX\bigr) =\dfrac{1}{3}\bigl((AX+2X)+AX\bigr) =\dfrac{2}{3}(AX+X) =2X_2. \] Donc \(X_2\in\ker(A-2I_n)\).

On a ainsi prouvé que, pour tout \(X\in\mathcal{M}_{n,1}(\mathbb{R})\), il existe un unique \((X_1,X_2)\in\ker(A+I_n)\times\ker(A-2I_n)\) tel que \(X=X_1+X_2\). Cela signifie que \[ \ker(A+I_n)\oplus\ker(A-2I_n)=\mathcal{M}_{n,1}(\mathbb{R}), \] donc \(A\) est diagonalisable.