Sous-section Matrices de valeurs propres et de vecteurs propres
Prenons \(A\text{,}\) une matrice carrée constante. Supposons qu’il y a un scalaire \(\lambda\) et un vecteur non nul \(\vec{v}\) tels que
\begin{equation*}
A \vec{v} = \lambda \vec{v}\text{.}
\end{equation*}
On nomme \(\lambda\) une valeur propre de \(A\text{,}\) et \(\vec{v}\) un vecteur propre correspondant.
Exemple 4.4.1.
La matrice \(\left[ \begin{matrix}2 \amp 1 \\ 0 \amp 1 \end{matrix} \right]\) a une valeur propre \(\lambda = 2\) et un vecteur propre correspondant \(\left[ \begin{matrix}1 \\ 0 \end{matrix} \right]\) tels que
\begin{equation*}
\begin{bmatrix} 2 \amp 1 \\ 0 \amp 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2 \\ 0 \end{bmatrix} = 2 \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix}\text{.}
\end{equation*}
Voyons comment calculer les valeurs propres pour n’importe quelle matrice. On réécrit les équations pour une valeur propre de la façaon suivante :
\begin{equation*}
(A - \lambda I)\vec{v} = \vec{0}\text{.}
\end{equation*}
Cette équation a une solution non nulle \(\vec{v}\) seulement si \(A - \lambda I\) n’est pas inversible. Si elle était inversible, on pourrait écrire \({(A - \lambda I)}^{-1}(A - \lambda I)\vec{v} = {(A-\lambda I)}^{-1}\vec{0}\text{,}\) ce qui implique que \(\vec{v} = \vec{0}\text{.}\) Par conséquent, \(A\) possède la valeur propre \(\lambda\) si et seulement si \(\lambda\) résout l’équation
\begin{equation*}
\det (A-\lambda I) = 0\text{.}
\end{equation*}
Donc, on pourra trouver un vecteur de \(A\) sans trouver de vecteur propre correspondant. On devra trouver un vecteur propre plus tard, lorsqu’on connaîtra \(\lambda\text{.}\)
Exemple 4.4.2.
Trouvons toutes les valeurs propres de \(\left[ \begin{matrix}2 \amp 1 \amp 1 \\ 1 \amp 2 \amp 0 \\ 0 \amp 0 \amp 2 \end{matrix} \right]\text{.}\)
On écrit
\begin{align*}
\end{align*}
Alors, les valeurs propres sont \(\lambda = 1\text{,}\) \(\lambda = 2\) et \(\lambda = 3\text{.}\)
Dans le cas d’une matrice \(n \times n\text{,}\) le polynôme obtenu en calculant \(\det(A - \lambda I)\) est de degré \(n\text{,}\) et donc, en général, on a \(n\) valeurs propres. Quelques-unes peuvent se répéter; d’autres peuvent être complexes.
Afin de trouver un vecteur propre correspondant à une valeur propre \(\lambda\text{,}\) on écrit
\begin{equation*}
(A-\lambda I) \vec{v} = \vec{0}
\end{equation*}
et l’on résout pour un vecteur non nul \(\vec{v}\text{.}\) Si \(\lambda\) est une valeur propre, il y aura au moins une variable libre et, pour chaque valeur propre distincte \(\lambda\text{,}\) il y a toujours un vecteur propre.
Exemple 4.4.3.
Trouvons un vecteur propre de \(\left[ \begin{matrix}2 \amp 1 \amp 1 \\ 1 \amp 2 \amp 0 \\ 0 \amp 0 \amp 2 \end{matrix} \right]\) qui correspond à la valeur propre \(\lambda = 3\text{.}\)
On écrit
\begin{equation*}
(A-\lambda I) \vec{v} = \left( \begin{bmatrix} 2 \amp 1 \amp 1 \\ 1 \amp 2 \amp 0 \\ 0 \amp 0 \amp 2 \end{bmatrix} - 3 \begin{bmatrix} 1 \amp 0 \amp 0 \\ 0 \amp 1 \amp 0 \\ 0 \amp 0 \amp 1 \end{bmatrix} \right) \begin{bmatrix} v_1 \\ v_2 \\ v_3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -1 \amp 1 \amp 1 \\ 1 \amp -1 \amp 0 \\ 0 \amp 0 \amp -1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} v_1 \\ v_2 \\ v_3 \end{bmatrix} = \vec{0}\text{.}
\end{equation*}
Ce système d’équations linéaires est simple à résoudre. On écrit la matrice augmentée
\begin{equation*}
\left[ \begin{array}{ccc|c} -1 \amp 1 \amp 1 \amp 0 \\ 1 \amp -1 \amp 0 \amp 0 \\ 0 \amp 0 \amp -1 \amp 0 \end{array} \right]
\end{equation*}
et l’on effectue des opérations sur les lignes (exercice : lesquelles?) jusqu’à obtenir
\begin{equation*}
\left[ \begin{array}{ccc|c} 1 \amp -1 \amp 0 \amp 0 \\ 0 \amp 0 \amp 1 \amp 0 \\ 0 \amp 0 \amp 0 \amp 0 \end{array} \right]\text{.}
\end{equation*}
Les éléments de \(\vec{v}\) doivent satisfaire aux équations \(v_1 - v_2 = 0\) et \(v_3 = 0\text{,}\) et \(v_2\) est une variable libre. La valeur de \(v_2\) peut être arbitraire (mais non nulle), \(v_1 = v_2\) et, évidemment, \(v_3 = 0\text{.}\) Par exemple, si l’on choisit \(v_2 = 1\text{,}\) alors \(\vec{v} = \left[ \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} \right]\text{.}\) Vérifions que \(\vec{v}\) est vraiment un vecteur propre qui correspond à \(\lambda = 3\) :
\begin{equation*}
\begin{bmatrix} 2 \amp 1 \amp 1 \\ 1 \amp 2 \amp 0 \\ 0 \amp 0 \amp 2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 3 \\ 3 \\ 0 \end{bmatrix} = 3 \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}\text{.}
\end{equation*}
Tout fonctionne.
Exercice 4.4.4. facile.
Est-ce que les vecteurs propres sont uniques? Pouvez-vous trouver un vecteur propre différent pour \(\lambda = 3\) dans l’exemple précédent? Quels sont les liens entre les deux vecteurs propres?
Exercice 4.4.5.
Dans le cas d’une matrice \(2 \times 2\text{,}\) vous n’avez pas besoin d’effectuer des opérations sur les lignes pour calculer le vecteur propre. Vous pouvez le lire dans \(A-\lambda I\) (si vous avez calculé correctement les valeurs propres). Comprenez-vous pourquoi? Expliquez. Essayez avec la matrice \(\left[ \begin{matrix}2 \amp 1 \\ 1 \amp 2 \end{matrix} \right]\text{.}\)
Sous-section Décomposition en valeurs propres avec des valeurs propres réelles distinctes
Supposons le système d’équations
\begin{equation*}
{\vec{x}}' = P\vec{x}\text{.}
\end{equation*}
On trouve les valeurs propres \(\lambda_1\text{,}\) \(\lambda_2\text{,}\) …, \(\lambda_n\) de la matrice \(P\) et les vecteurs propres correspondants \(\vec{v}_1\text{,}\) \(\vec{v}_2\text{,}\) …, \(\vec{v}_n\text{.}\) Les fonctions \(\vec{v}_1 e^{\lambda_1 t}\text{,}\) \(\vec{v}_2 e^{\lambda_2 t}\text{,}\) …, \(\vec{v}_n e^{\lambda_n t}\) sont des solutions du système d’équations, et donc \(\vec{x} = c_1 \vec{v}_1 e^{\lambda_1 t} + c_2 \vec{v}_2 e^{\lambda_2 t} + \cdots + c_n \vec{v}_n e^{\lambda_n t}\) est une solution.
Théorème 4.4.6.
Prenons \({\vec{x}}' = P\vec{x}\text{.}\) Si \(P\) est une matrice constante de dimensions \(n \times n\) avec \(n\) valeurs propres réelles distinctes \(\lambda_1\text{,}\) \(\lambda_2\text{,}\) …, \(\lambda_n\text{,}\) alors \(n\) vecteurs propres linéairement indépendants correspondants \(\vec{v}_1\text{,}\) \(\vec{v}_2\text{,}\) …, \(\vec{v}_n\) existent, et la solution générale de \({\vec{x}}' = P\vec{x}\) peut s’écrire
\begin{equation*}
\vec{x} = c_1 \vec{v}_1 e^{\lambda_1 t} + c_2 \vec{v}_2 e^{\lambda_2 t} + \cdots + c_n \vec{v}_n e^{\lambda_n t} .
\end{equation*}
La solution matricielle fondamentale correspondante est
\begin{equation*}
X(t) = \bigl[\, \vec{v}_1 e^{\lambda_1 t} \vec{v}_2 e^{\lambda_2 t} \cdots \vec{v}_n e^{\lambda_n t} \,\bigr]\text{,}
\end{equation*}
c’est-à-dire que \(X(t)\) est la matrice où la \(j^{\text{ième} }\) colonne est \(\vec{v}_j e^{\lambda_j t}\text{.}\)
Exemple 4.4.7.
Prenons le système
\begin{equation*}
{\vec{x}}' = \begin{bmatrix} 2 \amp 1 \amp 1 \\ 1 \amp 2 \amp 0 \\ 0 \amp 0 \amp 2 \end{bmatrix} \vec{x}\text{.}
\end{equation*}
Trouvons la solution générale.
On a trouvé préalablement que les valeurs propres sont \(1,2\) et \(3\text{.}\) On a aussi trouvé le vecteur propre \(\left[ \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} \right]\) pour la valeur propre 3. De la même façaon, on trouve le vecteur propre \(\left[ \begin{matrix}1 \\ -1 \\ 0 \end{matrix} \right]\) pour la valeur propre 1 et \(\left[ \begin{matrix}0 \\ 1 \\ -1 \end{matrix} \right]\) pour la valeur propre 2 (exercice : vérifiez). La solution générale est donc
\begin{equation*}
\vec{x} = c_1 \begin{bmatrix} 1 \\ -1 \\ 0 \end{bmatrix} e^t + c_2 \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ -1 \end{bmatrix} e^{2t} + c_3 \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} e^{3t} = \begin{bmatrix} c_1 e^t+c_3 e^{3t} \\ -c_1 e^t + c_2 e^{2t} + c_3 e^{3t} \\ - c_2 e^{2t} \end{bmatrix}\text{.}
\end{equation*}
Sous forme de solution matricielle fondamentale :
\begin{equation*}
\vec{x} = X(t)\, \vec{c} = \begin{bmatrix} e^t \amp 0 \amp e^{3t} \\ -e^t \amp e^{2t} \amp e^{3t} \\ 0 \amp -e^{2t} \amp 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} c_1 \\ c_2 \\ c_3 \end{bmatrix}\text{.}
\end{equation*}
Exercice 4.4.8.
Vérifiez que ce \(\vec{x}\) résout vraiment le système.
Note : si l’on écrit une seule équation linéaire homogène à coefficients constants d’ordre
\(n\) comme un système du premier ordre (comme dans la
Section 4.1), alors l’équation de valeurs propres
\begin{equation*}
\det(P - \lambda I) = 0
\end{equation*}
est essentiellement la même que l’équation caractéristique des sections
3.2 et
3.3.
Sous-section Valeurs propres complexes
Une matrice peut avoir des valeurs propres complexes même si tous les éléments sont réels. Prenons, par exemple,
\begin{equation*}
{\vec{x}}' = \begin{bmatrix} 1 \amp 1 \\ -1 \amp 1 \end{bmatrix} \vec{x}\text{.}
\end{equation*}
Si l’on calcule les valeurs propres de la matrice \(P = \left[ \begin{matrix}1 \amp 1 \\ -1 \amp 1 \end{matrix} \right]\text{,}\)
\begin{equation*}
\det(P - \lambda I) = \det\left( \begin{bmatrix} 1-\lambda \amp 1 \\ -1 \amp 1-\lambda \end{bmatrix} \right) = {(1-\lambda)}^2 + 1 = \lambda^2 - 2 \lambda + 2 = 0\text{.}
\end{equation*}
On obtient \(\lambda = 1 \pm i\text{.}\) Les vecteurs propres correspondants sont eux aussi complexes. Commençaons avec \(\lambda = 1-i\text{.}\)
\begin{align*}
\bigl(P-(1-i) I\bigr) \vec{v} \amp = \vec{0} , \begin{bmatrix} i \amp 1\\
-1 \amp i \end{bmatrix} \vec{v} = \vec{0}\text{.}
\end{align*}
Les équations \(i v_1 + v_2 = 0\) et \(-v_1 + iv_2 = 0\) sont des multiples l’une de l’autre. Nous pouvons donc ne considérer que l’une d’entre elles. En prenant \(v_2 = 1\text{,}\) par exemple, on obtient un vecteur propre \(\vec{v} = \left[ \begin{matrix}i \\ 1 \end{matrix} \right]\text{.}\) De la même façaon, on trouve que \(\left[ \begin{matrix}-i \\ 1 \end{matrix} \right]\) est un vecteur propre correspondant à la valeur propre \(1+i\text{.}\)
La solution peut s’écrire
\begin{equation*}
\vec{x} = c_1 \begin{bmatrix} i \\ 1 \end{bmatrix} e^{(1-i)t} + c_2 \begin{bmatrix} -i \\ 1 \end{bmatrix} e^{(1+i)t} = \begin{bmatrix} c_1 i e^{(1-i)t} - c_2 i e^{(1+i)t} \\ c_1 e^{(1-i)t} + c_2 e^{(1+i)t} \end{bmatrix}\text{.}
\end{equation*}
On doit ensuite chercher les valeurs complexes \(c_1\) et \(c_2\) pour résoudre toutes conditions initiales. Il n’y aura peut-être pas de solution réelle. Après avoir résolu pour \(c_1\) et \(c_2\text{,}\) on pourrait utiliser la formule d’Euler comme précédemment, mais avec une approche différente. On appliquera tout d’abord la formule dans le but d’obtenir des solutions réelles indépendantes.
Il n’est pas nécessaire de chercher un second vecteur propre (ni une seconde valeur propre). Toutes les valeurs propres complexes viennent par paires (parce que la matrice \(P\) est réelle).
D’abord, un petit détour. On peut calculer la partie réelle d’un nombre complexe \(z\) grâce à \(\frac{z + \bar{z}}{2}\text{,}\) où la barre au-dessus du \(z\) signifie que \(\overline{a+ib} = a -ib\text{.}\) On nomme cette opération le conjugué complexe . Si \(a\) est un nombre réel, alors \(\bar{a} = a\text{.}\) De la même façaon, on met une barre au-dessus des vecteurs et des matrices en prenant le conjugué complexe de chaque élément. Supposons que la matrice \(P\) est réelle. Alors, \(\overline{P} = P\text{,}\) et donc \(\overline{P\vec{x}} = \overline{P} \, \overline{\vec{x}} = P \overline{\vec{x}}\text{.}\) Aussi, le conjugué complexe de 0 est 0, alors
\begin{equation*}
\vec{0} = \overline{\vec{0}} = \overline{(P-\lambda I)\vec{v}} = (P-\bar{\lambda} I)\overline{\vec{v}}\text{.}
\end{equation*}
En d’autres termes, si \(\lambda = a+ib\) est une valeur propre, \(\bar{\lambda} = a-ib\) en sera une aussi. De plus, si \(\vec{v}\) est un vecteur propre qui correspond à la valeur propre \(\lambda\text{,}\) alors \(\overline{\vec{v}}\) est un vecteur propre qui correspond à la valeur propre \(\bar{\lambda}\text{.}\)
Supposons que \(a + ib\) est une valeur propre complexe de \(P\) et que \(\vec{v}\) est un vecteur propre correspondant. Alors,
\begin{equation*}
\vec{x}_1 = \vec{v} e^{(a+ib)t}
\end{equation*}
est une solution (à valeurs complexes) de \({\vec{x}}' = P \vec{x}\text{.}\) La formule d’Euler montre que \(\overline{e^{a+ib}} = e^{a-ib}\text{,}\) alors
\begin{equation*}
\vec{x}_2 = \overline{\vec{x}_1} = \overline{\vec{v}} e^{(a-ib)t}
\end{equation*}
est également une solution. Comme \(\vec{x}_1\) et \(\vec{x}_2\) sont des solutions, la fonction
\begin{equation*}
\vec{x}_3 = \operatorname{Re} \vec{x}_1 = \operatorname{Re} \vec{v} e^{(a+ib)t} = \frac{\vec{x}_1 + \overline{\vec{x}_1}}{2} = \frac{\vec{x}_1 + \vec{x}_2}{2} = \frac{1}{2} \vec{x}_1 + \frac{1}{2}\vec{x}_2
\end{equation*}
est également une solution, et \(\vec{x}_3\) est réelle. Par le même principe que \(\operatorname{Im} z = \frac{z-\bar{z}}{2i}\) est la partie imaginaire, on trouve que
\begin{equation*}
\vec{x}_4 = \operatorname{Im} \vec{x}_1 = \frac{\vec{x}_1 - \overline{\vec{x}_1}}{2i} = \frac{\vec{x}_1 - \vec{x}_2}{2i}
\end{equation*}
est aussi une solution à valeurs réelles. Donc, \(\vec{x}_3\) et \(\vec{x}_4\) sont linéairement indépendantes. On utilise la formule d’Euler pour séparer les parties réelles et imaginaires.
Dans le cas du problème précédent,
\begin{equation*}
\vec{x}_1 = \begin{bmatrix} i \\ 1 \end{bmatrix} e^{(1-i)t} = \begin{bmatrix} i \\ 1 \end{bmatrix} \left( e^t \cos t - i e^t \sin t \right) = \begin{bmatrix} i e^t \cos t + e^t \sin t \\ e^t \cos t - i e^t \sin t \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} e^t \sin t \\ e^t \cos t \end{bmatrix} + i \begin{bmatrix} e^t \cos t \\ - e^t \sin t \end{bmatrix}\text{.}
\end{equation*}
Alors,
\begin{equation*}
\operatorname{Re} \vec{x}_1 = \begin{bmatrix} e^t \sin t \\ e^t \cos t \end{bmatrix} \qquad \text{ et } \qquad \operatorname{Im} \vec{x}_1 = \begin{bmatrix} e^t \cos t \\ - e^t \sin t \end{bmatrix}
\end{equation*}
sont les deux solutions linéairement indépendantes à valeurs réelles recherchées.
Exercice 4.4.9.
Vérifiez que ces solutions existent.
La solution générale est
\begin{equation*}
\vec{x} = c_1 \begin{bmatrix} e^t \sin t \\ e^t \cos t \end{bmatrix} + c_2 \begin{bmatrix} e^t \cos t \\ -e^t \sin t \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} c_1 e^t \sin t + c_2 e^t \cos t \\ c_1 e^t \cos t - c_2 e^t \sin t \end{bmatrix}\text{.}
\end{equation*}
Cette solution est à valeurs réelles pour \(c_1\) et \(c_2\) réelles. On peut maintenant résoudre pour toutes conditions initiales.
Résumons sous forme de théorème.
Théorème 4.4.10.
Prenons \(P\) comme matrice constante à valeurs réelles. Si \(P\) a une valeur propre complexe \(a+ib\) et un vecteur propre \(\vec{v}\) correspondant, alors \(P\) a également une valeur propre complexe \(a-ib\) avec un vecteur propre \(\overline{\vec{v}}\) correspondant. De plus, \({\vec{x}}' = P\vec{x}\) a deux solutions linéairement indépendantes à valeurs réelles,
\begin{equation*}
\vec{x}_1 = \operatorname{Re} \vec{v} e^{(a+ib)t} \qquad \text{ et } \qquad \vec{x}_2 = \operatorname{Im} \vec{v} e^{(a+ib)t}\text{.}
\end{equation*}
Chaque paire de valeurs propres complexes \(a+ib\) et \(a-ib\) donne deux solutions linéairement indépendantes à valeurs réelles. On passe ensuite à la valeur propre suivante, qui est soit réelle, soit une autre paire de valeurs propres complexes. Si l’on a \(n\) valeurs propres distinctes (réelles ou complexes), alors on arrive à \(n\) solutions linéairement indépendantes. Si l’on n’a que deux équations (\(n=2\)) comme dans l’exemple précédent, le travail est terminé après avoir trouvé deux solutions, et la solution générale est
\begin{equation*}
\vec{x} = c_1 \vec{x}_1 + c_2 \vec{x}_2 = c_1 \bigl( \operatorname{Re} \vec{v} e^{(a+ib)t} \bigr) + c_2 \bigl( \operatorname{Im} \vec{v} e^{(a+ib)t} \bigr)\text{.}
\end{equation*}
On peut alors trouver une solution générale à valeurs réelles à un système homogène où la matrice a des valeurs propres distinctes. En présence de valeurs propres répétées, les choses se compliquent (nous ne verrons pas cette situation ici; consultez les références pour en savoir plus).
