Valeurs et vecteurs propres d'un opérateur linéaire

Bleyblue · 17/03/2006 - 20h07

Bonjour,

Je cherche les valeurs propres et les vecteurs propres de l'opérateur linéaire :

$f : \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3 : (x,y,z) \to (x - y, 2x + 3y + 2z, x + y + 2z)$

Cela nécessite la matrice M de f dans une certaine base B de l'espace vectoriel $\mathbb{R}^3$

Comme les valeurs et vecteurs propres ne dépendent pas du choix de la base je peux choisir la base canonique c'est à dire B = {(1,0,0), (0,1,0), (0,0,1)}

f(1,0,0) = (1,2,1)
f(0,1,0) = (-1,3,1)
f(0,0,1) = (0,2,2)

Donc

$M = \left( \begin{array} 1 & -1 & 0 \\2 & 3 & 2 \\ 1 & 1 & 2 \end{array} \right)$

Si le scalaire $\lambda$ est valeur propre alors il existe un vecteur $\vec{v} = (x,y,z)$ (x,y,z des réels non tous nuls) tel que :

$f(\vec{v}) = \lambda \vec{v}$

Si $X = \left( \begin{array} x \\ y \\ z \end{array} \right)$

alors cela équivaut à :

$MX = \lambda X = \lambda XI$ (I désigne la matrice identité)

$\Leftrightarrow (M - \lambda I)X = 0$

Pour que ce système d'équations linéaires homogènes (X est la matrice des inconnues et M - lambdaI la matrice des coefficients) admette une solution non triviale il faut :

$Det(M - \lambda I) = 0$

C'est à dire :

$Det \left( \begin{array} 1 - \lambda & -1 & 0 \\2 & 3 - \lambda & 2 \\ 1 & 1 & 2 - \lambda \end{array} \right) = 0$

Si j'essaye de simplifier un peu ce calcul de déterminant par application des propriétés du déterminant :

$\Leftrightarrow Det \left( \begin{array} 1 - \lambda & -1 & 0 \\2 & 3 - \lambda & 2 \\ 2 - \lambda & 0 & 2 - \lambda \end{array} \right) = 0$

$\Leftrightarrow Det \left( \begin{array} 1 - \lambda & -1 & 0 \\0 & 3 - \lambda & 2 \\ 0 & 0 & 2 - \lambda \end{array} \right) = 0$

$\Leftrightarrow (1 - \lambda)Det \left( \begin{array} \3 - \lambda & 2 \\ 0 & 2 - \lambda \end{array} \right) = 0$

$\Leftrightarrow (1 - \lambda)(3 - \lambda)(2 - \lambda) = 0$

Donc les valeurs propres sont 1,3,2

Cherchons les vecteurs propres :

Pour $\lambda = 1$

$(M - \lambda I)X = 0$

donc

$\left( \begin{array} 0 & -1 & 0 \\2 & 2 & 2 \\ 1 & 1 & 1 \end{array} \right) . \left( \begin{array} x \\y \\ z \end{array} \right) = \vec{0}$

En effectuant on tombe sur un système qui nous fournit le sous espace propre de valeur 1 comme solution à savoir :

$V_{(1)} = vec[(1,0,-1)]$

Et on fait de même pour les valeurs propres 2 et 3.

Pouvez-vous me dire si ça vous semble juste tout ça ?

merci

GuYem · 17/03/2006 - 20h17

Ca me parait trés bon !

Il va nous la diagonaliser la matrice le petit Beyblue, keep going

fderwelt · 17/03/2006 - 20h22

Mais c'est très bien tout ça...

Sauf que tu n'as meme pas de question à te poser sur quelle base choisir (canonique ou pas), les équations de la transformation te sont données dans n'importe quelle base, et tout ce que tu as à faire c'est trouver les vecteurs propres dans la même base.

Ce que tu fais très bien.

-- françois

Bleyblue · 17/03/2006 - 20h22

Ah bien bien merci

Mais maintenant je fatigue donc je vais aller me coucher, ça sera pour demain la diagonalisation.

Bonne soirée !

erik · 17/03/2006 - 20h22

C'est juste.

Pas besoin de parler de base canonique au tout début, il te suffit de réecrire f, c'est immédiat :
Si
$f : \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3 : (x,y,z) \to (x - y, 2x + 3y + 2z, x + y + 2z)$
Alors
$f(x,y,z)= \left( \begin{array} 1 & -1 & 0 \\2 & 3 & 2 \\ 1 & 1 & 2 \end{array} \right)\left(x\\y\\z\right)$

Bleyblue · 18/03/2006 - 10h06

Ah d'accord merci

Et sinon pour la diagonalisation ça n'est pas bien difficile une fois trouvées les valeurs propres.

B' = {(1,0,-1), (-1,1,1/2), (1,-2,1)} forme une base de $\mathbb{R}^3$ formée de vecteurs propres de l'opérateur f.

f(1,0,-1) = (1,0,-1)
f(-1,1,1/2) = 2(-1,1,1/2)
f(1,-2,-1) = 3(1,-2,-1)

donc :

$M' = \left( \begin{array} 1 & 0 & 0 \\0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{array} \right)$

et voilà

fderwelt · 18/03/2006 - 11h02

Envoyé par Bleyblue

donc :

$M' = \left( \begin{array} 1 & 0 & 0 \\0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{array} \right)$

et voilà

Et voilà. Comme tu dis.

Maintenant, puisque tu sais faire: (je n'aime pas trop écrire les matrices en TeX, alors je donne juste les équations):

f(x,y,z) = (y - x, y, z)

Les valeurs propres sont évidentes (je n'allais pas compliquer avec un changement de base). Diagonaliser en précisant une base de vecteurs propres. Interprétation géométrique?

Je sais, je suis pervers.

-- françois

Bleyblue · 18/03/2006 - 16h10

Je me suis peut être trompé quelque part mais ça me semble être un cas tout a fait normal

Le polynôme caractéristique est :

$- (\lambda + 1)(1 - \lambda)^2 = 0$

La valeur propre 1 nous fournit un sous espace propre de dimension 2, la valeur propre - 1 un sous espace propre de dimension 1 donc la matrice est :

$M' = \left( \begin{array} 1 & 0 & 0 \\0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \end{array} \right)$

non ?

merci

EDIT : J'oubliais la base de vecteurs propres : B = {(1,-2,0), (0,0,1), (1,0,0)}
Les deux premiers vecteurs sont des vecteurs propres de valeur propre 1, le troisième de valeur propre - 1

matthias · 18/03/2006 - 16h18

Envoyé par Bleyblue

Le polynôme caractéristique est :

$- (\lambda + 1)(1 - \lambda)^2 = 0$

Est-il vraiment nécessaire de calculer le polynôme caractéristique pour déterminer les valeurs propres d'une matrice triangulaire ?

Bleyblue · 18/03/2006 - 16h25

Je dois dire que je ne vois pas en quoi le fait d'avoir une matrice triangulaire nous permet de trouver les valeurs propres plus facilement ...

matthias · 18/03/2006 - 16h28

Il suffit de regarder les valeurs sur la diagonale.

Bleyblue · 18/03/2006 - 16h30

Ah mais oui, c'est drôle

Je ne comprend pas pourquoi, je vais essayer de réfléchir un peu

merci

fderwelt · 18/03/2006 - 16h55

C'est non seulement un cas tout-à-fait normal, mais encore particulièrement simple...

C'est surtout l'interprétation géométrique que je voulais te faire dire. Par exemple, que l'espace propre associé à la valeur propre 1 est un plan, et que deux vecteurs propres (presque) quelconques (pas trop tout de même, il faut qu'il soient indépendants) en constituent une base. Et que donc la matrice est sous forme diagonale dans plein plein plein de bases différentes. Tout ça, quoi.

-- françois

Bleyblue · 18/03/2006 - 17h07

Ah oui mais pour le coup de l'espace propre de valeur propre 1 c'est évident car si on injecte lambda = 1 dans a matrice on se ramène à :

y - 2x = 0

ce qui est bien l'équation d'un plan de $\mathbb{R}^3$

$V_{(2)} = vec[(1,-2,0), (0,0,1)]$

merci

fderwelt · 18/03/2006 - 17h54

Envoyé par Bleyblue

Ah oui mais pour le coup de l'espace propre de valeur propre 1 c'est évident car si on injecte lambda = 1 dans a matrice on se ramène à :

y - 2x = 0

ce qui est bien l'équation d'un plan de $\mathbb{R}^3$

Jusque là, je ne t'en demandais pas plus...

$V_{(2)} = vec[(1,-2,0), (0,0,1)]$

Oui. Mais aussi Vec[(-1,2,1),(1,-2,1)]. Et aussi d'autres.

-- françois

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