Consigne: Montrer qu'un vecteur propre n'a qu'une unique valeur propre associée

Soient deux valeurs propres associées à un même vecteur
Soit \(A(v)=\lambda v\) et \(A(v)=\mu v\)

Jouer avec l'égalité pour avoir le vecteur nul

Alors $$\lambda v=\mu v\implies(\lambda-\mu)\underbrace{v}_{\neq\vec0}=\vec0$$
Donc \(\lambda=\mu\)

(Vecteur nul)

Consigne: Soit \(A\) la matrice de \(M_3({\Bbb R})\) suivante : $$A=\begin{pmatrix}1&0&1\\ -1&2&1\\ 1&-1&1\end{pmatrix}$$ démontrer que les valeurs propres de \(A\) sont \(1\) et \(2\)

On ne voit pas de valeur propre évidente, on calcule donc le polynôme caractéristique : $$\begin{align}\begin{vmatrix}1-\lambda&0&1\\ -1&2-\lambda&1\\ 1&-1&1-\lambda\end{vmatrix}&=(1-\lambda)\begin{vmatrix}2-\lambda&1\\ -1&1-\lambda\end{vmatrix}+\begin{vmatrix}-1&2-\lambda\\ 1&-1\end{vmatrix}\\ &=(1-\lambda)((2-\lambda)(1-\lambda)+1)+1-2+\lambda\\ &=(1-\lambda)(\lambda^2-3\lambda+2)+\lambda-1\\ &=(1-\lambda)(\lambda-1)(\lambda-2)\\ &=-(\lambda-1)^2(\lambda-2)\end{align}$$ les valeurs propres sont les racines : \(1\) (racine double) et \(2\) (racine simple)

(Polynôme caractéristique d’une matrice - Polynôme associé à une matrice)

Consigne: Soit \(J\) la matrice $$J=\begin{pmatrix}1&\cdots&1\\ \vdots&&\vdots\\ 1&\cdots&1\end{pmatrix}$$
Trouver les valeurs propres et les sous-espaces propres associés

Toutes les colonnes de \(J\) sont égales donc \(\operatorname{Rg} J=1\)

Si on note \(n\) le nombre de lignes/colonnes de \(J\), on a donc d'après le théorème du rang : \(\operatorname{dim}\ker J=n-1\)

Donc \(0\) est une valeur propre. Son espace propre est : $$J\begin{pmatrix} x_1\\ \vdots\\ x_n\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} x_1+\ldots+x_n\\ \vdots\\ x_1+\ldots+x_n\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\ \vdots\\ 0\end{pmatrix}$$
Donc une équation de \(E_0\) est : $$x_1+\ldots+x_n=0$$ (c'est l'équation d'un hyperplan)

Les espaces propres d'une matrice sont en somme directe
Il reste au plus une valeur propre \(\lambda\), car \(\underbrace{\operatorname{dim} E_0}_{=\operatorname{dim}\ker J}+\operatorname{dim} E_\lambda=n\)

Cette valeur propre est donnée par : $$J \begin{pmatrix}1\\ \vdots\\ 1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} n\\ \vdots\\ n\end{pmatrix}\quad\text{ donc }\quad\begin{pmatrix}1\\ \vdots\\ 1\end{pmatrix}\in E_n$$
On a donc deux valeurs propres :
- \(\lambda=0\), avec \(E_0=\{x_1+\ldots+x_n=0\}\)
- \(\lambda=n\), avec \(E_n=\operatorname{Vect}\left\{\begin{pmatrix}1\\ \vdots\\ 1\end{pmatrix}\right\}\)

(Hyperplan, Sous-espace propre (Somme directe))

Consigne: Soit \(E\) un \(K\)-espace vectoriel
Quelles sont les valeurs propres de l'endomorphisme nul de \(E\) ?

L'unique valeur propre de \(\vec v\mapsto\vec 0\) est \(0\)

Consigne: On suppose que la matrice de \(f\) dans la base \({\mathcal B}\) est $$M=\begin{pmatrix}3&2&4\\ -1&3&-1\\ -2&-1&-3\end{pmatrix}$$ \(2\) est-il valeur propre de \(f\) ?

On calcule $$\begin{align} \lvert M-2\operatorname{Id}\rvert&=\begin{vmatrix}1&2&4\\ -1&1&-1\\ -2&-1&-5\end{vmatrix}\\ &=\begin{vmatrix}1&0&0\\ -1&3&3\\ -2&3&3\end{vmatrix}\tag{c2\(\gets\)c2-2c1, c3\(\gets\)c3-4c1}\\ &=0\end{align}$$
Donc \(2\) est valeur propre car \(\operatorname{det}(M-2\operatorname{Id})=0\)

Consigne: On suppose que la matrice de \(f\) dans la base \({\mathcal B}\) est $$M=\begin{pmatrix}3&2&4\\ -1&3&-1\\ -2&-1&-3\end{pmatrix}$$
Le vecteur \(2e_1+e_2+e_3\) est-il un vecteur propre de \(f\) ?

On calcule : $$\begin{pmatrix}3&2&4\\ -1&3&-1\\ -2&-1&-3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2\\ 1\\ 1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}12\\ 0\\ -8\end{pmatrix}\not\equiv\begin{pmatrix}2\\ 1\\ 1\end{pmatrix}$$
La matrice obtenue n'est pas proportionnelle à \(\begin{pmatrix}2\\ 1\\ 1\end{pmatrix}\), donc \(\begin{pmatrix}2\\ 1\\ 1\end{pmatrix}\) n'est pas vecteur propre

Consigne: Soient \(E\) un \(K\)-espace vectoriel de dimension finie et \(f,g\in\mathcal L(E)\)
Montrer que si \(\lambda\) est valeur propre de \(g\circ f\), alors \(\lambda\) est valeur propre de \(f\circ g\)
(on distinguera les cas \(\lambda=0\) et \(\lambda\neq0\))
(sans utiliser le polynôme caractéristique)

1er cas : \(\lambda=0\)
Si \(\lambda\) est une valeur propre de \(g\circ f\), alors il existe un vecteur non nul \(v\) tel que \(g\circ f(v)=0\)
Alors \(\ker(g\circ f)\neq0\), donc \(g\circ f\) n'est pas bijective, donc soit \(f\) n'est pas bijective soit \(g\) n'est pas bijective

Disjonction des cas : \(\ker\) non nul
- Si \(g\) n'est pas bijective, alors \(\exists v\neq0,\quad f(g(v))=f(0)=0\)
- Si \(f\) n'est pas bijective, alors \(\exists v\neq0,\quad f(v)=0\) et donc \(\exists u\neq0,g(u)=v\), donc \(f\circ g(u)=f(v)=0\) avec \(u\neq0\)
Dans les deux cas, \(\exists w\neq0,\quad w\in\ker(f\circ g)\), donc \(0\) est une valeur propre de \(f\circ g\)

2e cas : si \(\lambda\neq0\), alors \(\exists v\neq0,\quad g\circ f(v)=\lambda v\)
On cherche \(u\neq0,\quad f\circ g(u)=\lambda u\)

On essaye \(u=f(v)\)
On a \(u\neq0\) car \(g(u)=g\circ f(v)\neq0\)

On a \(f\circ g(u)=f\circ g\circ f(v)=f(\lambda v)=\lambda f(v)=\lambda u\)
Donc \(u\) est un vecteur propre de \(f\circ g\) pour la valeur propre \(\lambda\)
Donc \(\lambda\) est une valeur propre de \(f\circ g\)

(Fonction linéaire - Application linéaire - Transformation linéaire - Linéarité, Fonction linéaire - Application linéaire - Transformation linéaire - Linéarité)

Consigne: Exhiber une matrice symétrique \(M\in S_2({\Bbb Q})\) dont \(\sqrt2\) est valeur propre

\(\sqrt2\) racine \(\Rightarrow\) \(-\sqrt2\) racine
Soit \(X^2-AX+B\) le polynôme caractéristique de \(\begin{pmatrix} a&b\\ b&d\end{pmatrix}\)
Soit \(\varphi:a+\sqrt2b\mapsto a-\sqrt2b\)
Si \(\sqrt2\) est une racine du polynôme caractéristique, alors par la conjecture de Galois, \(-\sqrt2\) est aussi une racine

Écriture du polynôme caractéristique
Et donc le polynôme caractéristique est : $$(X-\sqrt2)(X+\sqrt2)=X^2-2$$

En déduire des caractéristiques de la matrice
Donc $$\operatorname{tr}\begin{pmatrix} a&b\\ b&d\end{pmatrix}=0\quad\text{ et }\quad\operatorname{det}\begin{pmatrix} a&b\\ b&d\end{pmatrix}=-2$$

En déduire des relations entre \(a,b,d\)
Puisque \(\operatorname{tr}\begin{pmatrix} a&b\\ b&d\end{pmatrix}=0\), on a \(d=-a\) et $$\operatorname{det}\begin{pmatrix} a&b\\ b&-a\end{pmatrix}=-a^2-b^2$$

Conclusion

Les matrices possibles sont donc : $$\begin{pmatrix}1&1\\ 1&-1\end{pmatrix},\quad\begin{pmatrix}-1&1\\ 1&1\end{pmatrix},\quad\begin{pmatrix}1&-1\\ -1&-1\end{pmatrix},\quad\begin{pmatrix}-1&-1\\ -1&1\end{pmatrix},\quad$$