Valeurs propres et vecteurs propres

Quelle est la valeur propre de $A=\begin{pmatrix}5&0\\0&3\end{pmatrix}$ associée au vecteur $e_1=(1,0)^T$ ?

$Ae_1=\begin{pmatrix}5\\0\end{pmatrix}=5e_1$. Donc $\lambda=5$ est la valeur propre associée à $e_1$.

Vrai ou faux : $\lambda=0$ est une valeur propre de $A$ si et seulement si $A$ est non inversible.

$\lambda=0$ est valeur propre $\Leftrightarrow \ker(A-0)=\ker(A)\neq\{0\}\Leftrightarrow A$ non injective $\Leftrightarrow\det(A)=0\Leftrightarrow A$ non inversible.

Calculer le polynôme caractéristique de $A=\begin{pmatrix}1&1\\0&2\end{pmatrix}$.

$\chi_A(\lambda)=\det\begin{pmatrix}1-\lambda&1\\0&2-\lambda\end{pmatrix}=(1-\lambda)(2-\lambda)=\lambda^2-3\lambda+2$. Notons que la réponse A et D sont équivalentes.

Vrai ou faux : Deux matrices semblables ont les mêmes valeurs propres.

Vrai. Si $B=P^{-1}AP$, alors $\chi_B(\lambda)=\det(P^{-1}AP-\lambda I)=\det(P^{-1}(A-\lambda I)P)=\det(A-\lambda I)=\chi_A(\lambda)$. Même polynôme caractéristique, donc mêmes valeurs propres.

Pour $A=\begin{pmatrix}2&1\\1&2\end{pmatrix}$, quelles sont les valeurs propres ?

$\chi_A(\lambda)=(2-\lambda)^2-1=\lambda^2-4\lambda+3=(\lambda-1)(\lambda-3)$. Valeurs propres : $\lambda_1=1$, $\lambda_2=3$.

Trouver les vecteurs propres de $A=\begin{pmatrix}2&1\\1&2\end{pmatrix}$ associés à $\lambda=1$ et $\lambda=3$.

$\lambda=1$ : $A-I=\begin{pmatrix}1&1\\1&1\end{pmatrix}$. $\ker: x+y=0 \Rightarrow v_1=(1,-1)^T$.

$\lambda=3$ : $A-3I=\begin{pmatrix}-1&1\\1&-1\end{pmatrix}$. $\ker: -x+y=0 \Rightarrow v_2=(1,1)^T$.

$P=\begin{pmatrix}1&1\\-1&1\end{pmatrix}$, $P^{-1}AP=\begin{pmatrix}1&0\\0&3\end{pmatrix}$.

Vrai ou faux : Si $\lambda$ est valeur propre de $A$, alors $\lambda^2$ est valeur propre de $A^2$.

Vrai. Si $Av=\lambda v$, alors $A^2v=A(Av)=A(\lambda v)=\lambda(Av)=\lambda^2 v$. Donc $v$ est vecteur propre de $A^2$ pour la valeur propre $\lambda^2$.

Calculer $A^{10}$ pour $A=\begin{pmatrix}2&1\\1&2\end{pmatrix}$ par diagonalisation.

$A=PDP^{-1}$ avec $P=\begin{pmatrix}1&1\\-1&1\end{pmatrix}$, $D=\begin{pmatrix}1&0\\0&3\end{pmatrix}$.

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

$A^{10}=PD^{10}P^{-1}=P\begin{pmatrix}1&0\\0&3^{10}\end{pmatrix}P^{-1}$
$=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}1+3^{10}&3^{10}-1\\3^{10}-1&1+3^{10}\end{pmatrix}$.

Vrai ou faux : Des vecteurs propres associés à des valeurs propres distinctes sont linéairement indépendants.

Vrai. C'est un théorème fondamental : si $v_1,\ldots,v_k$ sont des vecteurs propres associés à des valeurs propres $\lambda_1<\cdots<\lambda_k$ distinctes, alors la famille est libre.

Vrai ou faux : Toute matrice $n\times n$ réelle est diagonalisable sur $\mathbb{R}$.

Faux. $A=\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}$ (rotation de $\pi/2$) a pour polynôme caractéristique $\lambda^2+1$, sans racine réelle. Elle n'est pas diagonalisable sur $\mathbb{R}$.

Énoncer et utiliser le théorème de Cayley-Hamilton pour $A=\begin{pmatrix}3&1\\0&2\end{pmatrix}$.

Polynôme caractéristique : $\chi_A(\lambda)=(3-\lambda)(2-\lambda)=\lambda^2-5\lambda+6$.

Cayley-Hamilton : $A^2-5A+6I=0$.

Vérification :
$A^2=\begin{pmatrix}9&5\\0&4\end{pmatrix}$, $5A=\begin{pmatrix}15&5\\0&10\end{pmatrix}$, $6I=\begin{pmatrix}6&0\\0&6\end{pmatrix}$.
$A^2-5A+6I=\begin{pmatrix}9-15+6&5-5+0\\0-0+0&4-10+6\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0&0\\0&0\end{pmatrix}$ ✓.

Vrai ou faux : Si $A$ est diagonalisable avec valeurs propres $\lambda_1,\ldots,\lambda_n$, alors $e^A$ est diagonalisable avec valeurs propres $e^{\lambda_1},\ldots,e^{\lambda_n}$.

Vrai. Si $A=PDP^{-1}$, on définit $e^A=Pe^DP^{-1}$ où $e^D=\text{diag}(e^{\lambda_1},\ldots,e^{\lambda_n})$. Donc $e^A$ est diagonalisable avec valeurs propres $e^{\lambda_i}$.

Montrer que si $A$ est symétrique, ses valeurs propres sont réelles.

Preuve : Supposons $Av=\lambda v$ avec $v\in\mathbb{C}^n\setminus\{0\}$.

Calculons $\bar{v}^TAv=\bar{v}^T(\lambda v)=\lambda\|v\|^2$.

Mais aussi $(\bar{v}^TAv)^T=v^TA^T\bar{v}=v^TA\bar{v}$ (car $A^T=A$).

Et $v^TA\bar{v}=v^T(\overline{Av})=v^T(\overline{\lambda v})=\bar{\lambda}\|v\|^2$.

Donc $\lambda\|v\|^2=\bar{\lambda}\|v\|^2$, et comme $\|v\|^2>0$, $\lambda=\bar{\lambda}\in\mathbb{R}$. $\square$

Vrai ou faux : La somme des valeurs propres de $A$ est égale à $\text{tr}(A)$.

Vrai. Le polynôme caractéristique est $\chi_A(\lambda)=\det(\lambda I-A)=\lambda^n-\text{tr}(A)\lambda^{n-1}+\cdots+(-1)^n\det(A)$. Par Vieta, la somme des racines est le coefficient de $\lambda^{n-1}$ : $\text{tr}(A)$.

Diagonaliser $A=\begin{pmatrix}1&1&0\\0&2&0\\0&0&3\end{pmatrix}$ et donner $P$ et $D$.

Valeurs propres : $\chi_A=(1-\lambda)(2-\lambda)(3-\lambda)$. Donc $\lambda_1=1,\lambda_2=2,\lambda_3=3$ (distinctes).

VP $\lambda_1=1$ : $A-I=\begin{pmatrix}0&1&0\\0&1&0\\0&0&2\end{pmatrix}$. $\ker=\text{Vect}\{(1,0,0)\}$.

VP $\lambda_2=2$ : $A-2I=\begin{pmatrix}-1&1&0\\0&0&0\\0&0&1\end{pmatrix}$. $\ker$: $x=y, z=0$ → $v=(1,1,0)$.

VP $\lambda_3=3$ : $\ker=\text{Vect}\{(0,0,1)\}$.

$P=\begin{pmatrix}1&1&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}$, $D=\text{diag}(1,2,3)$.