Après ce préliminaire, montrons que la condition est suffisante. Supposons λ i ∈K et dimV (λ i )=
m(λ i ) pour tout i. Chaque base B i possède m(λ i ) vecteurs, donc le nombre de vecteurs de
B est m(λ 1 ) + · · · + m(λ k ) = deg C f = n. Puisque les vecteurs de B sont indépendants, B
est une base de V formée de vecteurs propres.
Montrons que la condition est nécessaire. Supposons f diagonalisable. La matrice de f dans
une base B de vecteurs propres est de la forme D = diag(d 1 ,d 2 ,. . .,d n ), où d i ∈ K. Comme on
a C f = det(D − zI n ) = (d 1 − z)(d 2 − z) · · ·(d n − z), toutes les racines de C f sont dans K, donc
sont des valeurs propres. Comme dans le préliminaire, appelons λ 1 , . . . , λ k les différentes valeurs propres. Dans la base B , regroupons les vecteurs propres relatifs à λ i et appelons B i la
partie obtenue. En notant n i le nombre d’éléments de B i , on a donc n 1 + n 2 + · · · + n k = n, le
nombre d’éléments de B . Les vecteurs de B i sont indépendants et sont propres pour λ i , donc
n i dim V (λ i ). Puisqu’on a dim V (λ i ) m(λ i ) d’après une précédente proposition, il vient
n = n 1 + n 2 + · · · + n k m(λ 1 ) + m(λ 2 ) + · · · + m(λ k ) = n
ce qui implique n i = m(λ i ) pour tout i. Il s’ensuit dim V (λ i ) = m(λ i ).
Corollaire. Si f possède n valeurs valeurs propres distinctes, alors f est diagonalisable.
Démonstration. L’hypothèse signifie que le polynôme caractéristique a n racines distinctes
appartenant à K, donc ces racines sont simples : pour toute valeur propre λ, on a m(λ) = 1,
donc aussi dim V (λ) 1. Comme un sous-espace propre n’est pas nul, on en déduit que V (λ)
est de dimension 1. D’après le critère de diagonalisation, f est diagonalisable.
Exemple. Soient a ∈ R, M =
1 a
−a 2
et f : R
2
→ R
2 la transformation X → MX .
Le polynôme caractéristique de M est
C M =
1−z a
−a 2−z
= (1 − z)(2 − z) + a
2 = z
2
− 3z + 2 + a
2 ,
de discriminant Δ = 9 − 4(2 + a
2 ) = 1 − 4a
2 = (1 − 2a)(1 + 2a). Si |a| > 1/2, le discriminant est négatif, les racines de C M ne sont pas réelles, donc f n’est pas
diagonalisable. Supposons |a| 1/2.
Premier cas : |a| < 1/2 . Le discriminant est positif, le polynôme caractéristique
a deux racines réelles distinctes, donc il y a deux valeurs propres distinctes
λ = (1/2)(3 +
√
1 − 4a 2 ) et μ = (1/2)(3 −
√
1 − 4a 2 ) : la transformation f est donc
diagonalisable.
Un vecteur propre pour la valeur propre λ est une solution du système d’équations (M − λI 2 )X = 0. Ce système est de rang 1 car son déterminant est nul : il
suffit donc de résoudre une seule équation du système pour trouver X . En posant
X =
x
y
, il vient
(M − λI 2 )X = 0 ⇐⇒
1−λ a
−a 2−λ
x
y
=
0
0
⇐⇒ (1−λ)x + ay = 0
et le vecteur U 1 =
a
λ−1
est propre pour la valeur propre λ. De même, le vecteur
U 2 =
a
μ−1
est propre pour μ. Dans la base (U 1 ,U 2 ), la matrice de f est diag(λ,μ).
178 – DIAGONALISATION
m(λ i ) pour tout i. Chaque base B i possède m(λ i ) vecteurs, donc le nombre de vecteurs de
B est m(λ 1 ) + · · · + m(λ k ) = deg C f = n. Puisque les vecteurs de B sont indépendants, B
est une base de V formée de vecteurs propres.
Montrons que la condition est nécessaire. Supposons f diagonalisable. La matrice de f dans
une base B de vecteurs propres est de la forme D = diag(d 1 ,d 2 ,. . .,d n ), où d i ∈ K. Comme on
a C f = det(D − zI n ) = (d 1 − z)(d 2 − z) · · ·(d n − z), toutes les racines de C f sont dans K, donc
sont des valeurs propres. Comme dans le préliminaire, appelons λ 1 , . . . , λ k les différentes valeurs propres. Dans la base B , regroupons les vecteurs propres relatifs à λ i et appelons B i la
partie obtenue. En notant n i le nombre d’éléments de B i , on a donc n 1 + n 2 + · · · + n k = n, le
nombre d’éléments de B . Les vecteurs de B i sont indépendants et sont propres pour λ i , donc
n i dim V (λ i ). Puisqu’on a dim V (λ i ) m(λ i ) d’après une précédente proposition, il vient
n = n 1 + n 2 + · · · + n k m(λ 1 ) + m(λ 2 ) + · · · + m(λ k ) = n
ce qui implique n i = m(λ i ) pour tout i. Il s’ensuit dim V (λ i ) = m(λ i ).
Corollaire. Si f possède n valeurs valeurs propres distinctes, alors f est diagonalisable.
Démonstration. L’hypothèse signifie que le polynôme caractéristique a n racines distinctes
appartenant à K, donc ces racines sont simples : pour toute valeur propre λ, on a m(λ) = 1,
donc aussi dim V (λ) 1. Comme un sous-espace propre n’est pas nul, on en déduit que V (λ)
est de dimension 1. D’après le critère de diagonalisation, f est diagonalisable.
Exemple. Soient a ∈ R, M =
1 a
−a 2
et f : R
2
→ R
2 la transformation X → MX .
Le polynôme caractéristique de M est
C M =
1−z a
−a 2−z
= (1 − z)(2 − z) + a
2 = z
2
− 3z + 2 + a
2 ,
de discriminant Δ = 9 − 4(2 + a
2 ) = 1 − 4a
2 = (1 − 2a)(1 + 2a). Si |a| > 1/2, le discriminant est négatif, les racines de C M ne sont pas réelles, donc f n’est pas
diagonalisable. Supposons |a| 1/2.
Premier cas : |a| < 1/2 . Le discriminant est positif, le polynôme caractéristique
a deux racines réelles distinctes, donc il y a deux valeurs propres distinctes
λ = (1/2)(3 +
√
1 − 4a 2 ) et μ = (1/2)(3 −
√
1 − 4a 2 ) : la transformation f est donc
diagonalisable.
Un vecteur propre pour la valeur propre λ est une solution du système d’équations (M − λI 2 )X = 0. Ce système est de rang 1 car son déterminant est nul : il
suffit donc de résoudre une seule équation du système pour trouver X . En posant
X =
x
y
, il vient
(M − λI 2 )X = 0 ⇐⇒
1−λ a
−a 2−λ
x
y
=
0
0
⇐⇒ (1−λ)x + ay = 0
et le vecteur U 1 =
a
λ−1
est propre pour la valeur propre λ. De même, le vecteur
U 2 =
a
μ−1
est propre pour μ. Dans la base (U 1 ,U 2 ), la matrice de f est diag(λ,μ).
178 – DIAGONALISATION