Chapitre 3

R´
eduction des endomorphismes
et des matrices
Dans tout ce chapitre E d´esigne un K-espace vectoriel, avec K = R ou C, de dimension n finie.
I
Valeurs propres, vecteurs propres
1
D´efinitions
D´
efinition 1
• Soit f ∈ L(E). On dit qu’un scalaire λ est une valeur propre de l’endomorphisme f si et seulement
−
→
→
→
→
→
→
si il existe un vecteur −
u ∈ E tel que −
u 6= 0E et f (−
u ) = λ−
u . Un vecteur −
u v´erifiant cette ´egalit´e est
appel´e un vecteur propre de f associ´
e`
a la valeur propre λ.
• Soit A ∈ Mn (K). On dit qu’un scalaire λ est une valeur propre de la matrice A si et seulement si
il existe X ∈ Mn,1 (K) tel que X 6= 0 et AX = λX. Un vecteur colonne X v´erifiant cette ´egalit´e est
appel´e un vecteur propre de A associ´
e`
a la valeur propre λ.
Notation :
L’ensemble des valeurs propres d’un endomorphisme ou d’une matrice est appel´e spectre et est not´e
Sp(f ) ou Sp(A).
Exemple 1:
Soit f ∈ L(R2 [X]) d´efinie par f (P ) = (X − 1)P ′ + P . On pose R(X) = (X − 1)2 . Calculer f (R) et en
d´eduire une valeur propre de f .
On a f (R) = (X − 1)R′ + R = (X − 1)2(X − 1) + (X − 1)2 = 3(X − 1)2 . Donc f (R) = 3R et ainsi 3
est une valeur propre de f et R est un vecteur propre associ´e `a la valeur propre 3.
Exemple 2:


 
7
3 −9
3



Soient A = −2 −1 2
et X = −1. Montrer que X est un vecteur propre de A et d´eterminer
2 −2 −5
1
la valeur propre 
associ´ee.
   
7
3 −9
3
9





−1 = −3. Donc AX = 3X et ainsi X est un vecteur propre de
On a AX = −2 −1 2
2 −2 −5
1
3
A associ´e `a la valeur propre 3.
Th´
eor`
eme 1
→
→
→
• Soit f ∈ L(E) et λ une valeur propre de f . On pose : Eλ = {−
u ∈ E/f (−
u ) = λ−
u } = ker(f − λIdE )
Eλ est un sous-espace vectoriel de E que l’on appelle sous-espace propre de f associ´
e`
a λ.
• Soit A ∈ Mn (K) et λ une valeur propre de A. On pose : Eλ = {X ∈ Mn,1(K)/AX = λX}
Eλ est un sous-espace vectoriel de Mn,1(K) que l’on appelle sous-espace propre de A associ´
e`
a λ.
Remarques :
— S’il y a des risques de confusion on pourra noter Eλ (f ) ou Eλ (A).
— Une partie de votre travail consistera `a trouver une base de ces sous-espaces propres.
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R´eduction
2
Propri´et´es
Th´
eor`
eme 2
• Soit f ∈ L(E). λ ∈ K est une valeur propre de f si et seulement si f − λidE n’est pas injective.
• Soit A ∈ Mn (K). λ ∈ K est une valeur propre de A si et seulement si A − λIn n’est pas inversible.
Remarque :
Ce th´eor`eme nous permettra de mettre en place une technique pour trouver les valeurs propres en
dimension finie.
Corollaire 1
• Soit f ∈ L(E). 0 est une valeur propre de f si et seulement si f n’est pas injective.
• Soit A ∈ Mn (K). 0 est une valeur propre de A si et seulement si A n’est pas inversible.
Th´
eor`
eme 3
Soit f ∈ L(E) et soient λ et µ deux valeurs propres distinctes de f . Alors les sous-espaces propres
associ´es a` ces deux valeurs propres sont en somme directe.
D´
emonstration :
On doit ici montrer que Eλ et Eµ sont en somme directe, ce qui signifie que Eλ ∩Eµ = {0}.
→
→
→
→
→
Soit −
u ∈ Eλ ∩ Eµ . Comme −
u ∈ Eλ , on a f (−
u ) = λ−
u et de plus −
u ∈ Eµ donc
→
−
→
−
f( u ) = µ u .
→
→
→
→
Ainsi on a λ−
u = µ−
u , ce qui donne (λ − µ)−
u = 0 et comme λ 6= µ on a donc −
u = 0.
On a bien montr´e que Eλ ∩ Eµ = {0}.
✷
Th´
eor`
eme 4
−
−
Soient f ∈ L(E), λ1 , . . . , λp des valeurs propres distinctes de f et →
u1 , . . . , →
up des vecteurs propres
→
→
associ´es. Alors (−
u1 , . . . , −
up ) est une famille libre de E.
D´
emonstration :
→
→
Montrons par r´ecurrence que la propri´et´e P(p) : ≪ (−
u1 , . . . , −
up ) est une famille libre de
∗
≫
E est vraie pour tout p ∈ N .
• Rang 1 : la propri´et´e est bien v´erifi´ee au rang 1 car un vecteur seul, non nul, forme une
famille libre.
• Soit p ∈ N∗ fix´e. Supposons que P(p) est vraie :
→
→
On consid`ere donc la famille de vecteurs propres (−
u1 , . . . , −
u−
p+1 ).
p+1
X
→
p+1
ak −
On cherche (a1 , . . . , ap+1 ) ∈ K
tels que :
uk = 0 (´egalit´e 1)
k=1
On applique f `a cette ´egalit´e, ce qui nous donne :
p+1
X
→
ak λk −
uk = 0 (´egalit´e 2)
k=1
En faisant λp+1 fois la premi`ere ´egalit´e moins la deuxi`eme ´egalit´e on obtient :
p
X
→
→
→
(λp+1 − λk )ak −
uk = 0. Or la famille (−
u1 , . . . , −
up ) est libre, on a donc pour tout k ∈
k=1
{1, . . . , p}, ak (λp+1 − λk ) = 0, or λk 6= λp+1 donc on a bien ak = 0. En r´einjectant ces ak
dans la premi`ere ´egalit´e on obtient aussi ap+1 = 0.
Ainsi P(p + 1) est v´erifi´ee.
• On a montr´e que P(p) est vraie pour tout entier p non nul.
✷
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R´eduction
Corollaire 2
→
→ sont des vecteurs propres associ´es a` ces
Si λ1 , . . . , λn sont n valeurs propres distinctes et si −
u1 , . . . , −
u
n
→
−
−
→
valeurs propres alors la famille (u1 , . . . , un ) est une base de E. On dit que c’est une base de vecteurs
propres.
Corollaire 3
Un endomorphisme d’un espace vectoriel E de dimension n admet au plus n valeurs propres distinctes.
Il existe ´evidemment la version matricielle de ces propri´et´es :
Propri´
et´
e1
Soient A ∈ Mn (K), λ1 , . . . , λp des valeurs propres distinctes de A et X1 , . . . , Xp des vecteurs propres
colonne associ´es. Alors (X1 , . . . , Xp ) est une famille libre de Mn,1(K) et donc A admet au plus n valeurs
propres.
Voici maintenant la propri´et´e donnant le lien entre valeur propre d’un endomorphisme et valeur propre
d’une matrice.
Propri´
et´
e2
Soient f ∈ L(E), B une base de E et A = MB (f ). Alors :
• λ est une valeur propre de f si et seulement si λ est une valeur propre de A.
→
−
•−
u ∈ E est un vecteur propre de f associ´e `a λ si et seulement si le vecteur colonne associ´e a` →
u dans
la base B est un vecteur propre de A associ´e `a la valeur propre λ.
Ainsi chercher les valeur propre d’un endomorphisme ou de sa matrice dans une base donn´ee revient
au mˆeme.
3
Polynˆome caract´eristique
Voici l’outil le plus important de ce chapitre car c’est lui qui va nous permettre de calculer les valeurs
propres lorsqu’on est dans un espace vectoriel de dimension finie.
D´
efinition 2
• Soit f ∈ L(E). On appelle polynˆ
ome caract´
eristique de f , et on note χf , le polynˆome suivant :
χf (X) = det(XidE − f )
• Soit A ∈ Mn (K). On appelle polynˆ
ome caract´
eristique de A, et on note χA , le polynˆome suivant :
χA (X) = det(XIn − A)
Propri´
et´
e3
Soit f ∈ L(E), B une base quelconque de E et A = MB (f ). Alors χf = χA .
Remarque :
Pour calculer le polynˆome caract´eristique d’un endomorphisme on calculera le plus souvent le polynˆome
caract´eristique de sa matrice relative `a une base donn´ee.
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R´eduction
Exemple 3:

1
Soit A = 2
2
Par d´efinition

2 −2
1 −2. Calculons le polynˆome
2 −3
χA (X) = det(XI3 − A). On a :
X
X − 1 −2
2
X −1
2 = X
χA (X) = −2
X
−2
−2
X + 3
caract´eristique de A.
−1
−2
2 −1 X −1
2 −1
−2
X + 3
C1 ← C1 + C2 + C3
1 −2
1 −2
2 2 L ← L2 − L1
0 2
2 = (X − 1) 0 X + 1
= (X − 1) 1 X − 1
L ← L3 − L1
0
1 −2
0
X + 1 3
X + 3
= (X − 1)(X + 1)2
Th´
eor`
eme 5
• Soit f ∈ L(E) et χf son polynˆome caract´eristique.
χf est un polynˆome de degr´e n de la forme :
χf (X) = X n − tr(f )X n−1 + . . . + (−1)n det(f )
• Soit A ∈ Mn (K) et χA son polynˆome caract´eristique.
χA est un polynˆome de degr´e n de la forme :
χA (X) = X n − tr(A)X n−1 + . . . + (−1)n det(A)
Th´
eor`
eme 6
• Soit f ∈ L(E). Le scalaire λ est une valeur propre de f si et seulement si c’est une racine de χf .
• Soit A ∈ Mn (K). Le scalaire λ est une valeur propre de A si et seulement si c’est une racine de χA .
Remarque :
Ainsi pour trouver toutes les valeurs propres d’un endomorphisme ou d’une matrice il suffit de trouver
toutes les racines du polynˆome caract´eristique. Attention `a bien regarder si on cherche les racines dans
R ou C.
Exemple 4:
Reprenons la matrice A de l’exemple pr´ec´edent. Pour trouver ses valeurs propres il suffit donc de
trouver les racines de χA . D’apr`es l’exemple pr´ec´edent, les valeurs propres de A sont donc 1 et −1.
Propri´
et´
e4
Soit A ∈ Mn (K). Si le polynˆome caract´eristique de A est scind´e alors la somme des valeurs propres
est ´egale `a tr(A) et le produit des valeurs propres est ´egal `a det(A)
Remarques :
— On peut aussi ´enoncer cette propri´et´e pour un endomorphisme.
— Si on travaille dans le corps des complexes le polynˆome caract´eristique est forc´ement scind´e !
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R´eduction
D´
efinition 3
Soit f ∈ L(E), χf son polynˆome caract´eristique et λ une valeur propre.
On appelle ordre de multiplicit´
e de λ son ordre de multiplicit´e en tant de racine de χf . On le note
mf (λ) ou m(λ).
Il existe la version pour une matrice.
Exemple 5:
Dans l’exemple pr´ec´edent 1 est une valeur propre de multiplicit´e 1 et −1 est une valeur propre de
multiplicit´e 2.
Th´
eor`
eme 7
Soit f ∈ L(E) et λ une valeur propre dont l’ordre de multiplicit´e est m(λ). Alors on a l’encadrement
suivant :
1 6 dim(Eλ (f )) 6 m(λ) 6 n
o`
u Eλ (f ) d´esigne de le sous-espace propre de f associ´e `a la valeur propre λ.
Remarques :
— Ce r´esultat reste ´evidemment vrai pour les valeurs propres d’une matrice.
— Pour une valeur propre de multiplicit´e ´egale `a 1 (valeur propre simple), on a forc´ement dim(Eλ ) = 1 !
D´
emonstration :
On pose p = dim(Eλ (f )). Comme λ est une valeur propre on a n´ecessairement p > 1.
De plus le polynˆome caract´eristique de f est de degr´e n donc n´ecessairement m(λ) 6 n.
Il nous reste `a montrer que p 6 m(λ).
On consid`ere (e1 , . . . , ep ) une base de Eλ (f ). On compl`ete cette famille par des vecteurs
choisi de fa¸con `a ce que B = (e1 , . . . , ep , ep+1 , . . . , en ) soit une base de E.
λIp B
Alors la matrice de f dans cette base B est une matrice A de la forme A =
.
0 C
(X − λ)Ip
−B
= (X − λ)p × det(XIn−p − C).
Ainsi χf (X) = det(XIn − A) = 0
XIn−p − C Sous cette forme on voit bien que la multiplicit´e de λ dans χf est au moins ´egale a` p, ce
qui signifie que p 6 m(λ).
✷
Exemple 6:
On reprend encore l’exemple pr´ec´edent. On peut donc dire que 1 6 dim(E1 ) 6 1 donc le sous-espace
propre associ´e `a la valeur propre 1 est de dimension 1.
Pour la valeur propre −1, on peut uniquement affirmer que 1 6 dim(E−1 ) 6 2.
Propri´
et´
e5
• Deux matrices semblables ont le mˆeme polynˆome caract´eristique.
• Une matrice et sa transpos´ee ont le mˆeme polynˆome caract´eristique
D´
emonstration :
• Soient A et B deux matrices semblables. Il existe une matrice P inversible telle que
A = P BP −1.
On remarque alors que XIn − A = XP In P −1 − P BP −1 = P (XIn − B)P −1 .
Donc les matrices XIn −A et XIn −B sont semblables. Elles ont donc le mˆeme d´eterminant,
ce qui signifie que χA = χB .
• Il suffit de remarquer que XIn − tA = t(XIn − A) et d’utiliser le fait que
det( t(XIn − A)) = det(XIn − A). On a donc bien χ tA = χA .
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✷
R´eduction
II
R´
eduction des matrices carr´
ees et des endomorphismes
1
Matrice ou endomorphisme diagonalisable
D´
efinition 4
• Soit f ∈ L(E). On dit que f est diagonalisable si et seulement si il existe une base de E form´ee de
vecteurs propres de f .
• Soit A ∈ Mn (R). On dit que A est une matrice diagonalisable si et seulement si il existe une
matrice P inversible et une matrice D diagonale telles que A = P DP −1.
Propri´
et´
e6
Un endomorphisme f est diagonalisable si et seulement si il existe une base de E dans laquelle la
matrice de f est diagonale
Cette propri´et´e signifie qu’un endomorphisme est diagonalisable si et seulement si sa matrice dans une
base quelconque est diagonalisable.
2
Les th´eor`emes de r´eduction
Th´
eor`
eme 8
Soit f ∈ L(E) (resp. A ∈ Mn (K)). On note λ1 , . . . , λk toutes les valeurs propres distinctes de f (resp.
de A). Les propositions suivantes sont ´equivalentes :
(i) f (resp. A) est diagonalisable ;
(ii) La somme des dimensions des sous-espaces propres de f (resp. A) vaut n :
k
X
dim(Eλi ) = n
i=0
(iii) Le polynˆome caract´eristique de f (resp. de A) est scind´e et l’ordre de multiplicit´e de chaque valeur
propre est ´egal `a la dimension du sous-espace propre associ´e.
Ce th´eor`eme permettra toujours de r´epondre `a la question f (ou A) est-il diagonalisable. Il existe un
cas particulier qui permet parfois de r´epondre `a cette mˆeme question plus rapidement.
Th´
eor`
eme 9
• Soit f ∈ L(E).
— Si f admet n valeurs propres distinctes alors f est diagonalisable.
— Si χf est scind´e `a racines simples alors f est diagonalisable.
• Soit A ∈ Mn (R).
— Si A admet n valeurs propres distinctes alors A est diagonalisable.
— Si χA est scind´e `a racines simples alors A est diagonalisable.
3
Trigonalisation
D´
efinition 5
• Soit A ∈ Mn (R). On dit que A est une matrice trigonalisable si et seulement si il existe une
matrice P inversible et une matrice T triangulaires telles que A = P DP −1.
• Soit f ∈ L(E). On dit que f est trigonalisable si et seulement si il existe une base de E telle que
la matrice de f relative `a cette base est triangulaire.
Remarque :
Un endomorphisme est trigonalisable si et seulement si sa matrice dans n’importe quelle base est
trigonalisable.
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R´eduction
Th´
eor`
eme 10
• Soit f ∈ L(E). f est trigonalisable si et seulement si son polynˆome caract´eristique est scind´e.
• Soit A ∈ Mn (K). A est trigonalisable si et seulement si son polynˆome caract´eristique est scind´e.
Remarque :
Si on travaille dans le corps des complexes tous les endomorphismes et toutes les matrices sont trigonalisable.
Attention, ce n’est pas vrai dans le corps des r´eels.
III
Exemple de diagonalisation d’une matrice
Propri´
et´
e7
Soit A ∈ Mn (K) une matrice diagonalisable et (X1 , . . . , Xn ) une base de vecteurs propres de A. On
note λi la valeurs propres associ´e au vecteur propre Xi .
Alors on a A = P DP −1 avec P la matrice de passage de la base canonique de M1,n (K) a` la base de
vecteurs propres et D = diag(λ1 , . . . , λn ).
Lorsqu’on construit les matrices P et D on dit que l’on diagonalise A.
M´
ethode g´
en´
erale :
1. Trouver les valeurs propres de A : on calcule χA et on r´esout χA (X) = 0. (Attention a` bien regarder
l’´enonc´e de l’exercice pour savoir si on travaille dans R ou C)
2. A est-elle diagonalisable ?
— Si χA n’est pas scind´e, A n’est pas diagonalisable.
— Si A ∈ Mn (K) et si A admet n valeurs propres distinctes alors chaque sous-espace propre est de
dimension 1 et A est diagonalisable.
— Sinon, on cherche une base de chaque sous-espace propre et A est diagonalise si et seulement si
la somme des dimensions des sous-espaces propres est ´egale `a n.
3. Si A est diagonalisable, on construit P et D :
Si ¸ca n’a pas ´et´e fait avant il faut trouver une base de chacun des sous-espaces propres. La r´eunion
de toutes ces bases donne une base de vecteurs propres de A.
On construit alors P la matrice de passage de la base canonique de M1,n (K) a` la base de vecteurs
propres et dans la matrice diagonale D on met les valeurs propres correspondant a` chacun des
vecteurs propres de la base de vecteurs propres.
Exemple 7:


3 0 1
Soit A = −1 2 −1.
−2 0 0
1. Trouver les valeurs propres
Calculons le polynˆome caract´eristique de A :
X − 3
0
−1
X − 3 −1
= (X − 2)(X 2 − 3X + 2)
X − 2 1 = (X − 2) χA (X) = 1
2
X
2
0
X
Les racines de X 2 − 3X + 2 sont 1 et 2 donc χA (X) = (X − 2)(X − 1)(X − 2) = (X − 2)2 (X − 1).
Les valeurs propres de A sont λ = 1 et µ = 2.
La valeur propre 1 est une valeur propre simple (ordre de multiplicit´e=1) et la valeur propre 2 est
une valeur propre double (ordre de multiplicit´e= 2).
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R´eduction
A est une matrice de M3 (R) ayant deux valeurs propres donc on ne peut pour l’instant pas savoir
si elle est diagonalisable.
2. • Dimension des sous-espaces propres
- 1 est une valeur propre simple (ordre de multiplicit´e =1) donc dim(E1 ) = 1.
- E2 = {X ∈ M3,1 (R)/AX = 2X}.

 3x + z = 2x
−x + 2y − z = 2y ⇔ z = −x
AX = 2X ⇔

−2x = 2z
 

   
1
0
 x

Donc E2 =  y  ; (x, y) ∈ R2 = vect  0  , 1


−x
−1
0
   
1
0




0 , 1 est une famille g´en´eratrice de E2 et de plus on voit facilement que les
La famille
−1
0
deux vecteurs
de
cette
famille
    ne sont pas proportionnels donc c’est une famille libre.
1
0
La famille  0  , 1 est donc une base de E2 . Ainsi dim(E2 ) = 2.
−1
0
• Conclusion
On a donc dim(E1 ) + dim(E2 ) = 1 + 2 = 3 et A ∈ M3 (R) donc A est diagonalisable.
3. Diagonaliser A :
Pour construire P il nous manque une base de E1 .
- E1 = {X ∈ M3,1 (R)/AX = X}.

 3x + z = x
y = −x
−x + 2y − z = y ⇔
AX = X ⇔
z = −2x

−2x = z


 

1
x






−1.
−x ; x ∈ R = vect
Donc E1 =


−2
−2x
 
1
La famille −1 est une famille g´en´eratrice de E1 et de plus comme elle est constitu´ee d’un
−2
seul vecteur nonnul,
est libre.
 elle

1


−1 est une base de E1 .
Donc la famille
−2
     
1
1
0
- La famille B = −1 ,  0  , 1 est une base de vecteurs propres de A.
−2
−1
0


1
1 0
On consid`ere la matrice P de passage de la base canonique de M3,1 (R) a` la base B : P = −1 0 1
−2 −1 0


1 0 0
Et on consid`ere la matrice D contenant les valeurs propres : D = 0 2 0.
0 0 2
−1
On a alors A = P DP .
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R´eduction
IV
Exemples de trigonalisation d’une matrice en dimension 3
Voici deux exemples de trigonalisation. Toutefois, la trigonalisation n’est pas un attendu du programme
donc l’´enonc´e devra toujours guider l’´el`eve.
1
Une valeur propre simple et une valeur propre double
On se place ici dans le cas d’une matrice A ∈ M3 (K) admettant deux valeurs propres distinctes,
une simple λ et une double µ. On suppose de plus que dim(Eµ ) = 1 (Si dim(Eµ ) = 2, la matrice est
diagonalisable....)
M´
ethode de trigonalisation
— Trouver une base de Eλ (la famille (X1 )) et une base de Eµ (la famille (X2 ))
— Prendre un vecteur X3 choisi de fa¸con `a ce que la famille (X1 , X2 , X3 ) soit libre.
— Trouver les trois r´eels a, b et c tels que AX3 = aX1 + bX2 + cX3 .
— Construire
P la

 matrice de passage de la base canonique de M3,1 (R) a` la base (X1 , X2 , X3 ) et
λ 0 a
T =  0 µ b .
0 0 c
On a alors A = P T P −1. On dit qu’on a trigonalis´e A.
Exemple 8:


0 1 1
On consid`ere la matrice A = 1 0 0.
0 0 1
1. Recherche des valeurs propres :
X −1
−1 X −1
0 = (X − 1) dvl par rapport a` L3
χa (X) = −1 X
−1
X
0
0 X − 1
= (X − 1)(X 2 − 1) = (X − 1)(X − 1)(X + 1) = (X − 1)2 (X + 1)
Ainsi A admet deux valeurs propres : 1 qui est une valeur propre double et −1 qui est une valeur
propre simple.
2. Base des sous-espaces propres :
• E−1 = {X ∈ M3,1 (R)/AX = −X} :

 y + z = −x
y = −x
x = −y
AX = −X ⇔
⇔
z=0

z = −z
 

 
1
 x

Donc E−1 = −x /x ∈ R = vect(X1 ) avec X1 = −1.


0
0
La famille (X1 ) est libre (un seul vecteur non nul) et g´en´eratrice de E−1 donc c’est une base de E−1
et dim(E−1 ) = 1.
• E1 = {X ∈ M3,1 (R)/AX = X} :

 y+z =x
z=0
x=y
AX = X ⇔
⇔
x=y

z=z
 

 
1
 x

Donc E1 = x /x ∈ R = vect(X2 ) avec X2 = 1.


0
0
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R´eduction
La famille (X2 ) est libre (un seul vecteur non nul) et g´en´eratrice de E1 donc c’est une base de E1 et
dim(E1 ) = 1.
• On remarque alors que dim(E−1 ) + dim(E1 ) 6= 3 donc A n’est pas diagonalisable.
Mais comme le polynˆome caract´eristique est scind´e, A est trigonalisable.
 
0
3. On pose alors X3 = 0.
1
On peut facilement montrer que la famille (X1 , X2 , X3 ) est libre donc comme c’est une famille libre
de 3 vecteurs dans un espace vectoriel de dimension 3, c’est une base de M3,1 (R).
 
1
1
1

4. On a AX3 = 0 = X1 + X2 + X3 .
2
2
1




1 1 0
−1 0 21
5. On pose alors P = −1 1 0 et T =  0 1 12 .
0 0 1
0 0 1
−1
On a A = P T P , on a trigonalis´e A.
Remarque :
Le r´eel c d´ecrit dans la m´ethode g´en´erale sera en fait toujours ´egal a` µ.
2
Une valeur propre triple
On se place ici dans le cas d’une matrice A ∈ M3 (K) admettant une seule valeur propre λ d’ordre de
multiplicit´e 3. On suppose de plus que dim(Eλ ) = 2
Remarque :
Une matrice qui n’admet qu’une seule valeur propre n’est jamais diagonalisable sauf si c’est d´ej`a une
matrice diagonale.
M´
ethode de trigonalisation
— Trouver une base de Eλ (la famille (X1 , X2 ))
— Prendre un vecteur X3 choisi de fa¸con `a ce que la famille (X1 , X2 , X3 ) soit libre.
— Trouver les trois r´eels a, b et c tels que AX3 = aX1 + bX2 + cX3 .
— Construire
P la

 matrice de passage de la base canonique de M3,1 (R) a` la base (X1 , X2 , X3 ) et
λ 0 a
T =  0 λ b .
0 0 c
On a alors A = P T P −1. On dit qu’on a trigonalis´e A.
Exemple 9:


3
0
8
On consid`ere la matrice A =  3 −1 6 .
−2 0 −5
1. Recherche des valeurs propres :
X − 3
0
−8 X − 3 −8 X + 1 −6 = (X + 1) dvl par rapport a` C2
χa (X) = −3
2
X
+
5
2
0
X + 5
= (X + 1)(X 2 + 2X − 15 + 16) = (X + 1)(X 2 + 2X + 1) = (X + 1)3
Ainsi A admet une unique valeur propre triple : le r´eel −1.
2. Base du sous-espace propre :
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R´eduction
E−1 = {X ∈ M3,1 (R)/AX = −X} :


 3x + 8z = −x
 4x + 8z = 0
3x − y + 6z = −y ⇔
−y = −y
AX = −X ⇔
⇔ x = −2z


−2x − 5z = −z
−2x − 4z = 0



 
 
−2
0
 −2z

Donc E−1 =  y  /(y, z) ∈ R2 = vect(X1 , X2 ) avec X1 =  0  et X2 = 1.


z
1
0
La famille (X1 , X2 ) est libre (deux vecteurs non proportionnels) et g´en´eratrice de E−1 donc c’est une
base de E−1 et dim(E−1 ) = 2.
On remarque alors que dim(E−1 6= 3 donc A n’est pas diagonalisable.
Mais comme le polynˆome caract´eristique est scind´e, A est trigonalisable.
 
0

3. On pose alors X3 = 0.
1
On peut facilement montrer que la famille (X1 , X2 , X3 ) est libre donc comme c’est une famille libre
de 3 vecteurs dans un espace vectoriel de dimension 3, c’est une base de M3,1 (R).
 
8

6  = −4X1 + 6X2 + (−1)X3 .
4. On a AX3 =
−5




−2 0 0
−1 0 −4
5. On pose alors P =  0 1 0 et T =  0 −1 6 .
1 0 1
0
0 −1
−1
On a A = P T P , on a trigonalis´e A.
V
Applications de la r´
eduction
1
Puissances de matrice
Propri´
et´
e8
Soient A et B deux matrices semblables de Mn (R) et P une matrice inversible telle que
A = P BP −1 , alors :
∀k ∈ N Ak = P B k P −1
Propri´
et´
e9


d1 0 · · · 0
.. 

.
 0 d2
Soit D ∈ Mn (R) une matrice diagonale. D =  .
. Alors pour tout k ∈ N, on a
.
.. 0 
 ..
0 · · · 0 dn

dk1

0
Dk =  .
 ..
0
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0
···

0
.. 
dk2
.

..
. 0
· · · 0 dkn
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R´eduction
Propri´
et´
e 10
Soient A et B deux matrices de Mn (K) qui commutent (AB = BA). Alors pour tout entier k :
k
(A + B) =
k X
k
i=1
i
Ai B k−i
(Formule du binˆome de Newton)
Exemple 10:
Reprenons la matrice A de l’exemple 7. On avait A = P DP −1


1 0 0
D = 0 2 0.
0 0 2
On a donc An = P D n P −1


1
1 0
avec P = −1 0 1 et
−2 −1 0


1 0 0
avec D n = 0 2n 0  .
0 0 2n
Pour donner explicitement An il nous manque P −1. On admet ici que P −1


−1 0 −1
=  2 0 1 .
−1 1 −1
On a donc, pour tout entier n :


 

−1 0 −1
1
2n 0
−1 + 2n+1 0 −1 + 2n
2n 1 − 2n 
An = −1 0 2n   2 0 1  =  1 − 2n
2 − 2n+1 0 2 − 2n
−2 −2n 0
−1 1 −1
Exemple 11:
Reprenons la matrice A de l’exemple 9. On avait A = P T P −1


−1 0 −4
T =  0 −1 6 .
0
0 −1
On a donc, pour tout entier n, An = P T n P −1 .


−2 0 0
avec P =  0 1 0 et
1 0 1

 

−1 0
0
0 0 −4
• Pour calculer T n l’astuce consiste `a ´ecrire T =  0 −1 0  + 0 0 6  = −I3 + N.
0
0 −1
0 0 0


0 0 0
2

On remarque alors que N = 0 0 0 = 0.
0 0 0
Comme −I3 est une matrice diagonale, N et −I3 commutent. Ainsi d’apr`es la formule du binˆome de
Newton :
n X
n
n
N k (−I3 )n−k = (−I3 )n + nN(−I3 )n−1 = (−1)n I3 + n(−1)n−1 N
T =
k
k=0
On peut alors expliciter T n .
• Il reste ensuite `a calculer P −1 puis on peut calculer An .
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R´eduction
2
Suites r´ecurrentes lin´eaires d’ordre 2
D´
efinition 6
On dit qu’une suite u est d´efinie par une relation homog`
ene de r´
ecurrence lin´
eaire d’ordre 2 `
a
coefficients constants lorsqu’il existe deux r´eels a et b tels que :
∀n ∈ N un+2 = aun+1 + bun
On appelle ´
equation caract´
eristique associ´ee `a cette suite l’´equation suivante : x2 − ax − b = 0.
Th´
eor`
eme 11
On consid`ere une suite u d´efinie par une relation de r´ecurrence lin´eaire d’ordre 2.
• Si l’´equation caract´eristique admet deux solutions r´eelles distinctes α1 et α2 alors :
∀n ∈ N un = A1 α1n + A2 α2n
• Si l’´equation caract´eristique n’admet qu’une solution r´eelle α alors :
∀n ∈ N un = (A1 + A2 n)αn
• Si l’´equation caract´eristique admet deux solutions complexes ρeiθ et ρe−iθ alors :
∀n ∈ N
un = ρn (A1 cos(nθ) + A2 sin(nθ))
On d´etermine les valeurs de A1 et A2 grˆace `a u0 et u1 .
D´
emonstration :
un+1
a b
On pose Un =
et A =
.
un
1 0
On remarque que l’on a Un+1 = AUn .
On peut alors montrer facilement par r´ecurrence que pour tout entier n, Un = An U0 . A
savoir faire parfaitement
Il nous reste donc `a calculer An .
Pour cela nous allons cherche `a r´eduire la matrice A.
X − a −b
= X 2 − aX + b.
Calculons son polynˆome caract´eristique : χA (X) = −1
X
On cherche donc les racines du polynˆome caract´eristique c’est-`a-dire les solutions de
l’´equation caract´eristique. Les trois cas cit´es dans le th´eor`eme s’offrent a` nous.
Nous allons uniquement traiter le cas de deux racines r´eelles distinctes.
On note α1 et α2 les deux solutions de l’´equation caract´eristique, qui sont donc les deux
racines du polynˆome caract´eristique et donc les deux valeurs propres de A.
A est une matrice de M2 (R) admettant deux valeurs propres distinctes donc A est diagonalisable.
α1 0
−1
Il existe donc P inversible telle que A = P DP avec D =
.
0 α2
On peut
facilement par r´ecurrence que An = P D n P −1 avec
montrer
α1n 0
Dn =
.
0 α2n
Apr`es calcul chaque coefficient de An est une combinaison lin´eaire de α1n et α2n , puis
en multipliant par U0 on obtient encore une matrice colonne o`
u chaque coefficient est
n
n
combinaison lin´eaire de α1 et α2 .
En conclusion un est bien de la forme A1 α1n + A2 α2n .
✷
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R´eduction
Exemple 12:
On consid`ere la suite u d´efinie de la fa¸con suivante :
∀n ∈ N
un+2 = 2un+1 − 4un
u0 = u1 = 1
On cherche a` calculer le terme g´en´erale de la suite en fonction de n.
´
• Etape
1 : l’´equation caract´eristique associ´ee `a la suite est
X 2 − 2X + 4 = 0
√
√
√
2 − 2 3i
Cette ´equation admet deux solutions complexes r1 =
= 1 − 3i et r2 = 1 + 3i.
2
π
π
On remarque alors que r1 = 2e−i 3 et r2 = 2ei 3 .
´
• Etape
2:
π π
+ B sin n
, A et B ´etant a` d´eterminer.
Ainsi, pour tout entier n, un = 2n A cos n
3
3
´
• Etape
3:
On sait que u0 = u1 = 1. Donc :


 A=1
√ !
A=1
1
3
⇔
B=0
=1

 2 A× 2 +B× 2
π
• Conclusion : pour tout entier n, un = 2n cos n .
3
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R´eduction