100. Diagonalisation simultanée

Vous êtes sur un espace vectoriel $E$ de dimension finie. Cet article illustre sur un exemple la propriété suivante :

Etant donnée une famille d’endomorphismes de $E$ tous diagonalisables qui commutent deux à deux, il existe une base de $E$ qui diagonalise tous ces endomorphismes.

Notez que la commutation est nécessaire : si une famille d’endomorphismes est diagonalisable dans une même base, alors ils commutent tous.

La réciproque fonctionne aussi très bien : si tous les endomorphismes n’ont chacun qu’une seule valeur propre, ils sont tous diagonalisables dans n’importe quelle base ; sinon, on diagonalise un endomorphisme qui a au moins deux valeurs propres différentes et sur chaque sous espace propre, on effectue une diagonalisation commune de tous les endomorphismes.

L’argument utilisé ici est la dimension des sous-espaces qui est dans ce dernier cas strictement inférieure à la dimension de $E$, autrement dit, la propriété se démontre par récurrence forte sur la dimension de $E$.

Exemple de diagonalisation simultanée avec deux matrices de $M_4(\R)$ qui commutent

Considérez les matrices suivantes, $A=
\begin{pmatrix}1 & 2 & -1&-1\\
2 & 1 & -1 & -1\\
1 & 1 & 0 & -2\\
1 & 1 & -2 & 0
\end{pmatrix}$ et $B=\begin{pmatrix}0 & -1 & -1&2\\
1 & -1 & -2 & 1\\
1 & -2 & -1 & 1\\
2 & -1 & -1 & 0
\end{pmatrix}.$

$I$ désignera la matrice identité d’ordre $4.$

Avant toute chose, vérifiez que $A$ est diagonalisable

Vous pouvez chercher le polynôme minimal de $A$ en calculant les premières puissances $A^k$, pour certains entiers $k\geq 1$.

Notez que $\forall \lambda\in\R, A \neq \lambda I$ donc le polynôme minimal de $A$ a un degré supérieur ou égal à $2$.

Vous calculez $A^2$ et vous obtenez $A^2 =
\begin{pmatrix} 3& 2 & -1& -1\\
2 & 3 & -1 & -1\\
1 & 1 & 2 & -2\\
1 & 1 & -2 & 2
\end{pmatrix}$

De là, vous obtenez que $A^2$ est un polynôme en $A$, plus précisément, $A^2 = A+2I$, donc $A^2-A-2I=0$ et $(A+I)(A-2I)=0.$

La matrice $A$ est donc diagonalisable, son polynôme minimal étant un produit de polynômes de degré 1 sans racine multiple. Les deux valeurs propres de $A$ sont $-1$ et $2$.

Utilisez l’espace propre associé à la valeur propre $-1$ de la matrice $A$

Vous allez construire autant de vecteurs propres simultanés (pour les matrices $A$ et $B$) que la dimension de l’espace propre de la matrice $A$ associé à la valeur propre $-1.$

Vous calculez $A+I$ qui est égale à $A+I=
\begin{pmatrix}
2 & 2 & -1&-1\\
2 & 2 & -1 & -1\\
1 & 1 & 1 & -2\\
1 & 1 & -2 & 1
\end{pmatrix}.$

Pour déterminer le noyau de $A+I$ vous résolvez le système :

$\left\{\begin{align*}
2x_1+2x_2-x_3-x_4&=0\\
x_1+x_2+x_3-2x_4&=0\\
x_1+x_2-2x_3+x_4&=0
\end{align*}\right.$

Appliquez la méthode du pivot de Gauss :

$\left\{\begin{align*}
x_1+x_2-2x_3+x_4&=0\\
3x_3-3x_4&=0\\
3x_3-3x_4&=0\\
\end{align*}\right.$

$\left\{\begin{align*}
x_1&=-x_2+x_4\\
x_3&=x_4.\\
\end{align*}\right.$

Le noyau de $A+I$ est donc de dimension $2$ et il est engendré par les vecteurs $V_1 = \begin{pmatrix}1\\-1\\0\\0 \end{pmatrix}$ et $V_2=\begin{pmatrix}1\\0\\1\\1\end{pmatrix}.$

Construisez deux vecteurs propres de $B$ appartenant à cet espace propre

Il s’agit de construire deux combinaisons linéaires des vecteurs $V_1$ et $V_2$ pour obtenir deux vecteurs propres de $B$, en remarquant que ces combinaisons linéaires resteront dans l’espace propre de $A.$

Vous cherchez donc une valeur propre $\lambda\in\R$ ainsi que deux réels $a$ et $b$ non simultanément nuls, tels que $B(aV_1+bV_2)=\lambda(aV_1+bV_2)$, soit $(B-\lambda I)(aV_1+bV_2)=0.$

Pour simplifier les calculs vous mettez cette relation sous la forme $a(B-\lambda I)V_1 + b(B-\lambda I)V_2 = 0.$

$B-\lambda I=
\begin{pmatrix}-\lambda & -1 & -1&2\\
1 & -1-\lambda & -2 & 1\\
1 & -2 & -1-\lambda & 1\\
2 & -1 & -1 & -\lambda
\end{pmatrix}$

$(B-\lambda I)V_1=
\begin{pmatrix}1-\lambda \\
2+\lambda \\
3\\
3
\end{pmatrix}$ et $(B-\lambda I)V_2=
\begin{pmatrix}
1-\lambda \\
0 \\
1-\lambda\\
1-\lambda
\end{pmatrix}$

Le vecteur $a(B-\lambda I)V_1+b(B-\lambda I )V_2)$ est nul, si et seulement si, $\left\{\begin{align*}
(1-\lambda)(a+b)&=0\\
a(2+\lambda)&=0\\
3a+(1-\lambda)b&=0.\end{align*}
\right.$

Avec $\lambda = 1$, $a=0$ et $b=1$ vous constatez que $(B-I)V_2=0.$

Si $\lambda =-2$, $a=1$ et $b=-1$, alors $a+b=0$ et $3a+(1-\lambda)b=3+(3)(-1)=0$ donc $(B-2I)(V_2-V_1)=0.$

Posez $W_1 = V_2-V_1 = \begin{pmatrix}
0\\
1\\
1\\
1
\end{pmatrix}$ et $W_2 = V_2 = \begin{pmatrix}
1\\
0\\
1\\
1
\end{pmatrix}$.

Les vecteurs $W_1$ et $W_2$ sont deux vecteurs propres simultanés pour les matrices $A$ et $B$ :

$\begin{align*}
AW_1 &= A(V_2-V_1)=AV_2-AV_1= -V_2+V_1 = -W_1\\
AW_2 &= AV_2 = -AW_2\\
BW_1 &= 2W_1\\
BW_2 &= W_2.
\end{align*}$

Terminez en considérant l’espace propre de $A$ associé à la valeur propre $2$

Vous calculez $A-2I$ qui est égale à $A-2I=
\begin{pmatrix}
-1 & 2 & -1&-1\\
2 & -1 & -1 & -1\\
1 & 1 & -2 & -2\\
1 & 1 & -2 & -2
\end{pmatrix}.$

Vous résolvez le système suivant :
$\left\{\begin{align*}
-x_1+2x_2-x_3-x_4&=0\\
2x_1-x_2-x_3-x_4&=0\\
x_1+x_2-2x_3-2x_4&=0
\end{align*}\right.$

$\left\{\begin{align*}
-x_1+2x_2-x_3-x_4&=0\\
3x_2-3x_3-3x_4&=0\\
3x_2-3x_3-3x_4&=0
\end{align*}\right.$

$\left\{\begin{align*}
-x_1+2x_2-x_3-x_4&=0\\
x_2-x_3-x_4&=0
\end{align*}\right.$

$\left\{\begin{align*}
x_1&=x_3+x_4\\
x_2&=x_3+x_4
\end{align*}\right.$

Le noyau de $A-2I$ est donc de dimension $2$ et il est engendré par les vecteurs $V_3 = \begin{pmatrix}1\\1\\1\\0 \end{pmatrix}$ et $V_4=\begin{pmatrix}1\\1\\0\\1\end{pmatrix}.$

Il reste la formation des combinaisons linéaires des vecteurs $V_3$ et $V_4$ pour construire deux vecteurs propres de la matrice $B$.

Soit $\lambda$ un réel dont la valeur numérique sera choisie un peu plus loin.

$(B-\lambda I)V_3=
\begin{pmatrix}-2-\lambda \\
-2-\lambda \\
-2-\lambda\\
0
\end{pmatrix}$ et $(B-\lambda I)V_4=
\begin{pmatrix}
1-\lambda \\
0 \\
1-\lambda\\
1-\lambda
\end{pmatrix}$

Vous constatez que $(B+2I)V_3=0$ et que $(B-I)V_4=0.$

Justifiez que la famille $(W_1,W_2,V_3,V_4)$ est libre

Soit un quadruplet $(x_1,x_2,x_3,x_4)\in\R^4$ tel que : $x_1W_1+x_2W_2+x_3V_3+x_4V_4=0.$

Rappelez-vous que $(A-2I)V_3 = (A-2I)V_4=0$.

En multipliant par à gauche par $A-2I$, vous obtenez $x_1(A-2I)W_1+x_2(A-2I)W_2=0$ soit $(A-2I)(x_1W_1+x_2W_2) = 0$, soit $A(x_1W_1+x_2W_2) = 2(x_1W_1+x_2W_2).$ Or $W_1$ et $W_2$ vérifient $AW_1 = -W_1$ et $AW_2=-W_2$ d’où $-(x_1W_1+x_2W_2) = 2(x_1W_1+x_2W_2)$ et par suite $x_1W_1+x_2W_2 = 0. $ La famille $(W_1,W_2)$ étant libre, vous obtenez $x_1=x_2=0.$

Pour montrer la nullité de $x_3$ et de $x_4$ vous changez d’espace propre en multipliant à gauche par $(A+I)$.

Vous formez $(A+I)(x_3V_3+x_4V_4)=0$ puis $A(x_3V_3+x_4V_4) = -(x_3V_3+x_4V_4)$ d’où $2(x_3V_3+x_4V_4) = -(x_3V_3+x_4V_4)$ et $x_3V_3+x_4V_4 = 0.$ La famille $(V_3,V_4)$ étant libre, l’égalité $x_3=x_4=0$ est vérifiée.

Comme les $4$ réels $x_1$, $x_2$, $x_3$ et $x_4$ sont tous nuls, c’est que la famille $(W_1,W_2,V_3,V_4)$ est libre.

Concluez

Formez la matrice $P$ donnée par les vecteurs colonnes de $W_1$, $W_2$, $V_3$ et $V_4$, c’est-à-dire :

$P = \begin{pmatrix}
0 & 1 & 1 &1 \\
1 & 0 & 1 & 1\\
1 & 1 & 1 & 0\\
1& 1 & 0 & 1
\end{pmatrix}.$

D’après le paragraphe précédent, elle est inversible et permet de diagonaliser simultanément les matrices $A$ et $B$ :

$P^{-1}AP = \begin{pmatrix}
-1 & 0 & 0 & 0\\
0 & -1 & 0 & 0\\
0 & 0 & 2 & 0\\
0 & 0 & 0 & 2
\end{pmatrix}$

$P^{-1}BP = \begin{pmatrix}
-2 & 0 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0 & 0\\
0 & 0 & -2 & 0\\
0 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix}.$

Note. Comme deux matrices diagonales commutent, il en est de même des matrices $A$ et $B$ par conjugaison.

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