Systèmes Homogènes pour Valeurs Propres

Bonjour ! Dans la leçon précédente, nous avons vu comment trouver les valeurs propres $\lambda$ d'une matrice en résolvant son équation caractéristique $\det (A-\lambda I)=0$. Ces valeurs sont les "clés" qui décrivent le comportement fondamental d'une transformation linéaire.

Aujourd'hui, nous allons utiliser ces clés pour commencer à trouver les vecteurs qui leur sont associés : les vecteurs propres. L'objectif de cette leçon est d'apprendre, pour chaque valeur propre $\lambda$ que vous avez trouvée, à formuler le système d'équations homogène $(A-\lambda I)X=0$. C'est la mise en équation qui, une fois résolue dans la prochaine leçon, nous donnera les vecteurs propres.

1. De l'équation de définition au système homogène

Rappelons la définition d'un vecteur propre : un vecteur non nul $X$ est un vecteur propre de la matrice $A$ s'il existe un scalaire $\lambda$ (la valeur propre) tel que la multiplication de $X$ par $A$ ne fait que "redimensionner" $X$ sans changer sa direction. Mathématiquement, cela s'écrit :

$AX=\lambda X$

Cette équation est le point de départ de tout. Pour la transformer en un système d'équations que nous pouvons manipuler, nous la réarrangeons :

1. On passe tout du même côté : $AX-\lambda X=0$.
2. Pour pouvoir factoriser le vecteur $X$, on doit avoir une soustraction de matrices. On introduit la matrice identité $I$ (qui est l'élément neutre de la multiplication matricielle, comme le "1" pour les scalaires) : $AX-\lambda IX=0$.
3. On peut maintenant factoriser $X$ : $(A-\lambda I)X=0$.

Nous voilà arrivés à l'équation que nous cherchions. C'est un système d'équations linéaires homogène, car le second membre est le vecteur nul. C'est ce système que nous allons devoir formuler pour chaque valeur propre.

Le document suivant formalise ce passage de l'équation de définition au système.

2. Formuler le système pour une matrice 2x2

La méthode est très directe. Pour chaque valeur propre $\lambda$ trouvée, il suffit de :

1. Calculer la matrice $B=A-\lambda I$.
2. Écrire le système $BX=0$.

La vidéo ci-dessous illustre cette démarche sur un exemple concret. Bien qu'elle montre également la résolution, concentrez-vous pour l'instant uniquement sur la mise en place du système.

Pour formaliser, reprenons la matrice de la leçon précédente : $A=\left(\begin{array}{cc}5& -3\\ 6& -4\end{array}\right)$, avec les valeurs propres ${\lambda }_1=-1$ et ${\lambda }_2=2$.

• Pour ${\lambda }_1=-1$ :
  Nous devons formuler $(A-(-1)I)X=0$, c'est-à-dire $(A+I)X=0$.
  La matrice est $A+I=\left(\begin{array}{cc}5+1& -3\\ 6& -4+1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}6& -3\\ 6& -3\end{array}\right)$.
  Le système est donc :

  $$\left(\begin{array}{cc}6& -3\\ 6& -3\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\ 0\end{array}\right)\iff \{\begin{array}{l}6x_1-3x_2=0\\ 6x_1-3x_2=0\end{array}$$

• Pour ${\lambda }_2=2$ :
  Nous formulons $(A-2I)X=0$.
  La matrice est $A-2I=\left(\begin{array}{cc}5-2& -3\\ 6& -4-2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}3& -3\\ 6& -6\end{array}\right)$.
  Le système est donc :

  $$\left(\begin{array}{cc}3& -3\\ 6& -6\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\ 0\end{array}\right)\iff \{\begin{array}{l}3x_1-3x_2=0\\ 6x_1-6x_2=0\end{array}$$

Vous remarquerez que dans les deux cas, les lignes du système sont dépendantes (l'une est un multiple de l'autre). C'est normal et attendu, car le déterminant de ces matrices est nul !

3. Formuler le système pour une matrice 3x3

La procédure est identique, mais avec des matrices de plus grande taille. Prenons un exemple complet. Soit la matrice :
$A=\left(\begin{array}{ccc}-1& 2& 2\\ 2& 2& -1\\ 2& -1& 2\end{array}\right)$
Les valeurs propres de cette matrice (que vous pourriez trouver en exercice) sont ${\lambda }_1=3$ et ${\lambda }_2=-3$.

• Pour la valeur propre ${\lambda }_1=3$ :

  1. Objectif : Formuler le système $(A-3I)X=0$.
  2. Calcul de la matrice $A-3I$ : $$A-3I=\left(\begin{array}{ccc}-1& 2& 2\\ 2& 2& -1\\ 2& -1& 2\end{array}\right)-3\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}-1-3& 2& 2\\ 2& 2-3& -1\\ 2& -1& 2-3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}-4& 2& 2\\ 2& -1& -1\\ 2& -1& -1\end{array}\right)$$
  3. Formulation du système : En posant $X=\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right)$, on obtient : $$\left(\begin{array}{ccc}-4& 2& 2\\ 2& -1& -1\\ 2& -1& -1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 0\end{array}\right)$$
  4. Écriture des équations : $$\{\begin{array}{l}-4x_1+2x_2+2x_3=0\\ 2x_1-x_2-x_3=0\\ 2x_1-x_2-x_3=0\end{array}$$

L'image ci-dessous illustre ce processus. Elle calcule $\lambda I-A$ au lieu de $A-\lambda I$, ce qui donne la matrice opposée, mais aboutit à un système d'équations équivalent.

Le même travail serait à faire pour l'autre valeur propre, ${\lambda }_2=-3$. Je vous laisse le soin de vérifier que le système serait basé sur la matrice :
$A-(-3)I=A+3I=\left(\begin{array}{ccc}2& 2& 2\\ 2& 5& -1\\ 2& -1& 5\end{array}\right)$

4. Exercice d'application

Pour vous assurer que la méthode est bien comprise, reprenons l'exemple de la fin de la leçon précédente.
Soit la matrice $A=\left(\begin{array}{ccc}0& 6& -2\\ 0& -2& 0\\ 1& 3& -3\end{array}\right)$.
Nous avions trouvé les valeurs propres ${\lambda }_1=-1$ et ${\lambda }_2=-2$.

1. Formulez le système homogène $(A-{\lambda }_{1}I)X=0$ pour ${\lambda }_1=-1$.
2. Formulez le système homogène $(A-{\lambda }_{2}I)X=0$ pour ${\lambda }_2=-2$.

Prenez un moment pour faire ces calculs.

Solutions :

1. Pour ${\lambda }_1=-1$ :
   La matrice est $A-(-1)I=A+I$.

   $$A+I=\left(\begin{array}{ccc}0+1& 6& -2\\ 0& -2+1& 0\\ 1& 3& -3+1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}1& 6& -2\\ 0& -1& 0\\ 1& 3& -2\end{array}\right)$$

   Le système est :

   $$\{\begin{array}{l}{x}_1+6x_2-2x_3=0\\ -x_2=0\\ x_1+3x_2-2x_3=0\end{array}$$

2. Pour ${\lambda }_2=-2$ :
   La matrice est $A-(-2)I=A+2I$.

   $$A+2I=\left(\begin{array}{ccc}0+2& 6& -2\\ 0& -2+2& 0\\ 1& 3& -3+2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}2& 6& -2\\ 0& 0& 0\\ 1& 3& -1\end{array}\right)$$

   Le système est :

   $$\{\begin{array}{l}2x_1+6x_2-2x_3=0\\ 0=0\\ x_1+3x_2-x_3=0\end{array}$$

Conclusion

Vous maîtrisez désormais une étape fondamentale du processus de diagonalisation. Pour chaque valeur propre $\lambda$, vous savez comment construire le système d'équations qui définit les vecteurs propres qui lui sont associés.

Les points clés à retenir sont :

• Le point de départ est la définition du vecteur propre : $AX=\lambda X$.
• Cette équation est réarrangée pour devenir le système homogène $(A-\lambda I)X=0$.
• La formulation se fait en deux temps : d'abord, on calcule la matrice $A-\lambda I$, puis on écrit le système d'équations correspondant.
• La matrice $A-\lambda I$ est toujours non inversible (singulière), ce qui se traduit par des lignes dépendantes dans le système d'équations.

Maintenant que nous savons formuler ces systèmes, la prochaine étape logique est de les résoudre. Dans la prochaine leçon, nous utiliserons des méthodes comme le pivot de Gauss pour trouver les solutions de ces systèmes, c'est-à-dire pour déterminer explicitement les vecteurs propres et les espaces propres associés à chaque valeur propre.