7.6 Exemple de test portant sur la matière de ce chapitre
Montrez que \(-1\) est une valeur propre de \(\mathbf{A} = \begin{bmatrix} 0 & 2 \\ 1 & 1 \end{bmatrix}\).
Montrez que \(\mathbf{u} = \begin{bmatrix} 1\\ -2\end{bmatrix}\) est un vecteur propre de \(\mathbf{A} = \begin{bmatrix} 2 & 2 \\ 6 & 1 \end{bmatrix}\).
Étant donné que \(2\) est une valeur propre de \(\mathbf{A} = \begin{bmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & -2 \\ 0 & 1 & 0 \\ \end{bmatrix},\) déterminez sa multiplicité algébrique et sa multiplicité géométrique.
Montrez que les valeurs propres d’une matrice triangulaire sont les éléments déjà sur sa diagonale.
Soit \(\mathbf{A} = \begin{bmatrix} 1 & 1 & -1 \\ 0 & 3 & -2 \\ 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}.\) Étant donné que \(1\) est une valeur propre de \(\mathbf{A},\) trouvez une base de l’espace propre de \(\mathbf{A}\) associé à cette valeur propre.
Soit \(\mathbf{A} = \left[ {\begin{array}{ccc} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 2 & 1 \\ \end{array} } \right].\) Diagonalisez \(\mathbf{A}\) en trouvant une matrice inversible \(\mathbf{P}\) et une matrice diagonale \(\mathbf{D}\) telles que \(\mathbf{A} = \mathbf{P}\mathbf{D}\mathbf{P}^{-1}\).
Soit \(\mathbf{A} \in \mathbb{R}^{n\times n}.\) Démontrez que si \(\mathbf{A}\) possède \(n\) valeurs propres distinctes, alors \(\det(\mathbf{A})\) est le produit de ces valeurs propres.
Soit \(\mathbf{A}\in \mathbb{R}^{m\times n}\). Montrez que chaque valeur propre de \(\mathbf{A}^\mathsf{T}\mathbf{A}\) est un nombre réel non négatif.
Soit \(\mathbf{A} = \begin{bmatrix} 10 - 5a & -16 + 10a \\ 5 - 3a & -8 + 6a \end{bmatrix}.\) Déterminez s’il existe une valeur de \(a\) pour laquelle \(\mathbf{A}\) n’est pas diagonalisable.
Solutions
Montrons que \(-1\) est une racine du polynôme caractéristique \(\det(\mathbf{A} - \lambda \mathbf{I}),\) c’est-à-dire que \(\det(\mathbf{A} - (-1)\mathbf{I}) = 0\).
Puisque \(\mathbf{A} - (-1)\mathbf{I} = \begin{bmatrix} 0 & 2 \\ 1 & 1\end{bmatrix} - \begin{bmatrix} -1 & 0 \\ 0 & -1\end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 1 & 2\end{bmatrix},\) alors \(\det(\mathbf{A} - (-1)\mathbf{I}) = \begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 1 & 2\end{bmatrix} = 1\cdot 2 - 2 \cdot 1 = 0,\) d’où \(-1\) est une valeur propre de \(\mathbf{A}\)
Nous devons montrer que \(\mathbf{A}\mathbf{u} = \lambda \mathbf{u}\) pour une scalaire \(\lambda\).
Notons que \[\mathbf{A} \mathbf{u} = \begin{bmatrix} 2 & 2 \\ 6 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 \\ -2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -2 \\ 4 \end{bmatrix} = -2\begin{bmatrix} 1 \\ -2 \end{bmatrix} = -2\mathbf{u}. \] Ainsi, \(\mathbf{u}\) est un vecteur propre de \(\mathbf{A}\) associé à la valeur propre \(\lambda = -2\).
Déterminons d’abord le multiplicité géométrique de la valeur propre \(\lambda = 2\). Notons que \[\mathbf{A}-\lambda \mathbf{I} = \mathbf{A} - 2\mathbf{I} = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -2 \\ 0 & 1 & -2\end{bmatrix}.\] Sa FER est \(\begin{bmatrix} 0 & 1 & -2 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{bmatrix}\). Puisque cette dernière ne possède qu’une seule colonne pivot (la deuxième), la dimension de \({\operatorname{Ker}({\mathbf{A}-2\mathbf{I}})}\) est \(3-1= 2,\) d’où la multiplicité géométrique de \(\lambda\) est 2.
Afin de déterminer la multiplicité algébrique, notons que le polynôme caractéristique de \(\mathbf{A}\) est \[\begin{align*} \chi_\mathbf{A}(\lambda) & = \begin{vmatrix} 2-\lambda & 0 & 0 \\ 0 & 3-\lambda & -2 \\ 0 & 1 & -\lambda \end{vmatrix}\\ & = (2-\lambda)\begin{vmatrix} 3-\lambda & -2 \\ 1 & -\lambda \end{vmatrix} \\ & = (2-\lambda)(-3\lambda + \lambda^2 +2) \\ & = (2-\lambda)(1-\lambda)(2-\lambda). \end{align*}\] Ainsi, le term \((2-\lambda)\) se retrouve deux fois dans la factorisation de \(\chi_\mathbf{A}(\lambda)\); la multiplicité algébrique de \(\lambda\) est donc également \(2\).
Soit \(\mathbf{A}\) une matrice triangulaire de taille \(n\times n\). Soit \(a_i\) le \(i\)-ième élément de la diagonale de \(\mathbf{A},\) pour \(i = 1,\ldots,n\).
Les valeurs propres sont précisement les racines du polynôme caractéristique \(\chi_\mathbf{A}(\lambda) = \det(\mathbf{A}-\lambda \mathbf{I}_n)\). Puisque \(\mathbf{A}\) est triangulaire, \(\mathbf{A}-\lambda \mathbf{I}_n\) est aussi triangulaire est son déterminant est \((a_1-\lambda)(a_2-\lambda)\cdots(a_n-\lambda)\). Ainsi, les racines de \(\chi_\mathbf{A}(\lambda)\) sont précisement \(a_1,\ldots,a_n,\) et les valeurs propres de \(\mathbf{A}\) sont les éléments sur sa diagonale.
Nous devons trouver une base du noyau de \(\mathbf{A} - \mathbf{I} = \begin{bmatrix} 0 & 1 & -1 \\ 0 & 2 & -2 \\ 0 & 1 & -1 \end{bmatrix}\).
On voit aisément que la FER de \(\mathbf{A}-\mathbf{I}\) est \(\begin{bmatrix} 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{bmatrix}\). Notons que la première et troisième colonne ne sont pas des colonnes pivots. Ainsi, \(\left\{\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0\end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 1\end{bmatrix}\right\}\) est une base du noyau.
Nous trouvons les valeurs propres de \(\mathbf{A}\) en trouvant les racines du polynôme caractéristique \(\chi_\mathbf{A}(\lambda) = \det(\mathbf{A} - \lambda \mathbf{I}),\) c’est-à-dire en résolvant \[\begin{vmatrix} 1-\lambda & 1 & 0 \\ 0 & 2-\lambda & 0 \\ 0 & 2 & 1-\lambda \end{vmatrix} = (1-\lambda)^2(2-\lambda) = 0.\] Ainsi, les valeurs propres de \(\mathbf{A}\) sont \(1\) et \(2\).
Notons que \(\mathbf{A} - \mathbf{I} = \begin{bmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \end{bmatrix},\) et que sa FER est \(\begin{bmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix},\) d’où \(\left \{ \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0\end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 1\end{bmatrix} \right\}\). une base de \({\operatorname{Ker}({\mathbf{A}-\mathbf{I}})}.\)
Notons que \(\mathbf{A} - 2\mathbf{I} = \begin{bmatrix} -1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & -1 \end{bmatrix}\) et que sa FER est \(\begin{bmatrix} 1 & 0 & -\frac{1}{2} \\ 0 & 1 & -\frac{1}{2} \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix},\) d’où \(\left \{ \begin{bmatrix} \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} \\ 1\end{bmatrix} \right\}\) est une base de \({\operatorname{Ker}({\mathbf{A}-2\mathbf{I}})}.\)
Ainsi, si \(\mathbf{D} = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2\end{bmatrix}\) et \(\mathbf{P} = \begin{bmatrix} 1 & 0 & \frac{1}{2} \\ 0 & 0 & \frac{1}{2}\\ 0 & 1 & 1\end{bmatrix}\), on obtient \(\mathbf{A} = \mathbf{P}\mathbf{D}\mathbf{P}^{-1}\).
Puisque \(\mathbf{A}\) possède \(n\) valeurs propres distinctes, \(\mathbf{A}\) est diagonalisable, et il existe alors une matrice inversible \(\mathbf{P}\) et une matrice diagonale \(\mathbf{D}\) telles que \(\mathbf{A} = \mathbf{P}\mathbf{D}\mathbf{P}^{-1}\).
Ainsi, \(\det(\mathbf{A}) = \det(\mathbf{P}\mathbf{D}\mathbf{P}^{-1}) = \det(\mathbf{P})\det(\mathbf{D})\det(\mathbf{P}^{-1}) = \det(\mathbf{P})\det(\mathbf{D})\frac{1}{\det(\mathbf{P}^{-1})} =\det(\mathbf{D}).\) Mais \(\mathbf{D}\) est une matrice diagonale, d’où \(\det(\mathbf{D})\) est le produit des éléments sur sa diagonale, qui sont précisement les valeurs propres de \(\mathbf{A}\).
Soit \(\lambda\) une valeur propre de \(\mathbf{A}^\mathsf{T}\mathbf{A}\). Soit \(\mathbf{u}\) un vecteur propre de \(\mathbf{A}^\mathsf{T}\mathbf{A}\) associé à \(\lambda\).
Alors \(0 \leq \| \mathbf{A} \mathbf{u}\|^2 = (\mathbf{A}\mathbf{u})^\mathsf{T}(\mathbf{A} \mathbf{u}) = \mathbf{u}^\mathsf{T}\mathbf{A}^\mathsf{T}\mathbf{A} \mathbf{u} = \mathbf{u}^\mathsf{T}(\lambda \mathbf{u}) = \lambda \|\mathbf{u}\|^2.\) Puisque \(\mathbf{u} \neq \mathbf{0}\), \(\|\mathbf{u}\|^2 > 0\). Puisque \(\lambda \|\mathbf{u}\|^2\) est un nombre réel non négatif et que \(\|\mathbf{u}\|^2\) est un nombre réel positif, on doit avoir que \(\lambda\) est un nombre réel non négatif.
Puisque \(\mathbf{A}\) est de taille \(2\times 2\), \(\mathbf{A}\) est diagonalisable si \(\mathbf{A}\) possède deux valeurs propres distinctes. Nous devons donc d’abord déterminer toutes les valeurs de \(a\) pour lesquelles \(\mathbf{A}\) ne possède qu’une unique valeur propre.
Le polynôme caractéristique de \(\mathbf{A}\) est \[\begin{align*} & \begin{vmatrix} 10 - 5a -\lambda & -16 + 10a \\ 5 - 3a & -8 + 6a -\lambda \end{vmatrix} \\ = ~ & (10-5a -\lambda)(-8+6a-\lambda) - (-16+10a)(5-3a) \\ = ~ & -80 + 100a - 30a^2 - (2+a)\lambda + \lambda^2 + 80 - 98a + 30 a^2 \\ = ~ & 2a - (2+a)\lambda + \lambda^2\\ = ~ & (2-\lambda)(a-\lambda). \end{align*}\] Ainsi, \(\mathbf{A}\) ne possède q’une unique valeur propre que lorsque \(a=2.\) Notons que dans ce cas, \(\mathbf{A} = \begin{bmatrix} 0 & 4 \\ -1 & 4 \end{bmatrix}\) et \(\lambda = 2\) est la valeur propre en question. De plus, \(\mathbf{A} - 2\mathbf{I} = \begin{bmatrix} -2 & 4 \\ -1 & 2 \end{bmatrix}\). Cette matrice est nettement de rang 1 et sa nullité est inférieure à 2.
Ainsi, la multiplicité géométrique de l’unique valeur propre \(\lambda = 2\) est inférieure à sa multiplicité algébrique, d’où \(\mathbf{A}\) n’est pas diagonalisable. C’est la seule valeur de \(a\) pour laquelle c’est le cas.