100. Diagonalisez deux matrices simultanément

Dans cet article, la notation $I$ désigne la matrice identité d’ordre $4$ à coefficients réels.

Précisez le contexte

Soit $E$ un $\R$-espace vectoriel de dimension finie non nulle. Cet article illustre sur un exemple la propriété suivante.

Étant 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 : 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 à utiliser est une récurrence forte sur la dimension des sous-espaces propres de cet endomorphisme, qui est strictement inférieure à la dimension de $E.$

Diagonalisez simultanément deux matrices réelles qui commutent

Considérez les deux matrices réelles $A$ et $B$ définies de la façon suivante :

\begin{align*} A&=\begin{pmatrix} 1 & 2 & -1&-1\\ 2 & 1 & -1 & -1\\ 1 & 1 & 0 & -2\\ 1 & 1 & -2 & 0 \end{pmatrix} \\ B&=\begin{pmatrix} 0 & -1 & -1&2\\ 1 & -1 & -2 & 1\\ 1 & -2 & -1 & 1\\ 2 & -1 & -1 & 0 \end{pmatrix}. \end{align*}

Vérifiez que les matrices $A$ et $B$ commutent

En effet, vous constatez que :

AB= \begin{pmatrix} -1 & 0 & -3 & 3\\ -2 & 0 & -2 & 4\\ -3 & 0 & -1 & 3\\ -1 & 2 & -1 & 1 \end{pmatrix} = BA.

Avant toute chose, vérifiez que la matrice $A$ est diagonalisable

Vous pouvez chercher le polynôme minimal de $A$ en calculant les premières puissances $A^k\comma$ 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 la matrice $A^2$ 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, $A^2 = A+2I\comma$ donc $A^2-A-2I=0$ et $(A+I)(A-2I)=0.$

La matrice $A$ est donc diagonalisable, son polynôme minimal étant scindé à racines simples. Les deux valeurs propres de la matrice $A$ 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 $B\comma$ que la dimension de l’espace propre de la matrice $A$ associé à la valeur propre $-1.$

Vous calculez la matrice $A+I$ 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 la matrice $A+I$ vous résolvez le système suivant dans les nombres réels :

\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.

Vous 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 la matrice $A+I$ 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 la matrice $B\comma$ 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 $B(aV_1+bV_2)=\lambda(aV_1+bV_2)\comma$ soit $(B-\lambda I)(aV_1+bV_2)=0.$

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

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}; \quad (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 $(B-2I)(V_2-V_1)=0.$

Vous posez :

W_1 = V_2-V_1 = \begin{pmatrix} 0\\ 1\\ 1\\ 1 \end{pmatrix}; \quad 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 $B.$

\left\{\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*} \right.

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

Vous calculez la matrice $A-2I$ 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 dans les nombres réels :

\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 la matrice $A-2I$ 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 à former 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. Vous avez :

(B-\lambda I)V_3= \begin{pmatrix}-2-\lambda \\ -2-\lambda \\ -2-\lambda\\ 0 \end{pmatrix};\quad(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 $(A-2I)(x_1W_1+x_2W_2) = 0\comma$ 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 $x_4\comma$ vous changez d’espace propre en multipliant à gauche par la matrice $(A+I).$

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 $x_1\comma$ $x_2\comma$ $x_3\comma$ et $x_4$ sont tous nuls, la famille $(W_1,W_2,V_3,V_4)$ est libre.

Concluez

Formez la matrice $P$ formée par les vecteurs $W_1\comma$ $W_2\comma$ $V_3$ 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 $B.$ En effet :

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, vous retrouvez le fait que les matrices $A$ et $B$ commutent par conjugaison.