Exemple 1. Reprenons la transformation f de R
2 de matrice M =
1 −1/2
−1/2 1
(exemple page 173). On a
det(M −zI 2 ) =
1−z −1/2
−1/2 1−z
= z
2
−2z + 3
4
=
z− 1
2
z− 3
2
Les valeurs propres de f sont 1/2 et 3/2. Pour calculer, par exemple, les vecteurs
propres pour la valeur propre 1/2, on résout le système linéaire
M − 1
2
I 2
X = 0 :
les solutions sont les vecteurs t(1, 1).
Exemple 2. Posons M θ =
cos θ − sin θ
sin θ cos θ
, où 0θ<2π. Le polynôme caractéristique
de M est
C M = det(A − zI 2 ) =
cos θ − z − sin θ
sin θ cos θ − z
= (cos θ − z)
2 + sin
2 θ .
® Supposons θ différent de 0 et de π, c’est-à-dire sinθ =0. Alors C M n’a pas de racine
réelle, ce qui correspond au fait que la rotation d’angle θ n’a pas de vecteur propre.
® Supposons θ = 0. On a M 0 = I 2 , le polynôme caractéristique est (1 − z)
2 et la
transformation de R
2 définie par X → M 0 X est l’identité : tout vecteur non nul
de R
2 est propre pour la valeur propre 1.
® Supposons θ = π. On a M π = −I 2 , le polynôme caractéristique est (1 + z)
2 et la
transformation de R
2 définie par X → M π X est − id R 2 : c’est la symétrie par
rapport à l’origine. Tout vecteur non nul de R
2 est propre pour la valeur propre −1.
® Soit f : C
2
→ C
2 la transformation définie par X → M θ X . Puisqu’on a C M =
z
2
−(2cosθ)z+1=(z−e
i θ )(z−e
− i θ ), les valeurs propres de f sont e
i θ et e
− i θ . On a
M θ
1
i
=
cos θ − i sin θ
sin θ + i cos θ
= e
− i θ
1
i
et M θ
1
− i
= e
i θ
1
− i
donc
1
− i
est vecteur propre de f pour la valeur propre e
i θ et le vecteur
conjugué
1
i
est propre pour la valeur propre conjuguée e
− i θ .
Étude des vecteurs propres
Proposition. Supposons que λ 1 , λ 2 , . . . , λ k sont des valeurs propres deux à deux différentes. Si u 1 ,u 2 ,. . .,u k sont des vecteurs propres pour ces valeurs propres, alors u 1 ,u 2 ,. . .,u k
sont indépendants.
Démonstration. Si k = 1, la propriété est vraie car u 1 est un vecteur non nul. Raisonnons
par récurrence en supposant que la propriété est vraie pour k − 1 vecteurs. Supposons que
les vecteurs u 1 , u 2 , . . . , u k satisfont la relation
(1)
x 1 u 1 + x 2 u 2 + · · · + x k u k = 0 .
Par hypothèse, on a f (u i ) = λ i u i , donc en appliquant f à l’égalité (1), il vient
(2)
x 1 λ 1 u 1 + x 2 λ 2 u 2 + · · · + x k λ k u k = 0 .
Chapitre 6 – ESPACES VECTORIELS ET APPLICATIONS LIN ´
EAIRES – 175
2 de matrice M =
1 −1/2
−1/2 1
(exemple page 173). On a
det(M −zI 2 ) =
1−z −1/2
−1/2 1−z
= z
2
−2z + 3
4
=
z− 1
2
z− 3
2
Les valeurs propres de f sont 1/2 et 3/2. Pour calculer, par exemple, les vecteurs
propres pour la valeur propre 1/2, on résout le système linéaire
M − 1
2
I 2
X = 0 :
les solutions sont les vecteurs t(1, 1).
Exemple 2. Posons M θ =
cos θ − sin θ
sin θ cos θ
, où 0θ<2π. Le polynôme caractéristique
de M est
C M = det(A − zI 2 ) =
cos θ − z − sin θ
sin θ cos θ − z
= (cos θ − z)
2 + sin
2 θ .
® Supposons θ différent de 0 et de π, c’est-à-dire sinθ =0. Alors C M n’a pas de racine
réelle, ce qui correspond au fait que la rotation d’angle θ n’a pas de vecteur propre.
® Supposons θ = 0. On a M 0 = I 2 , le polynôme caractéristique est (1 − z)
2 et la
transformation de R
2 définie par X → M 0 X est l’identité : tout vecteur non nul
de R
2 est propre pour la valeur propre 1.
® Supposons θ = π. On a M π = −I 2 , le polynôme caractéristique est (1 + z)
2 et la
transformation de R
2 définie par X → M π X est − id R 2 : c’est la symétrie par
rapport à l’origine. Tout vecteur non nul de R
2 est propre pour la valeur propre −1.
® Soit f : C
2
→ C
2 la transformation définie par X → M θ X . Puisqu’on a C M =
z
2
−(2cosθ)z+1=(z−e
i θ )(z−e
− i θ ), les valeurs propres de f sont e
i θ et e
− i θ . On a
M θ
1
i
=
cos θ − i sin θ
sin θ + i cos θ
= e
− i θ
1
i
et M θ
1
− i
= e
i θ
1
− i
donc
1
− i
est vecteur propre de f pour la valeur propre e
i θ et le vecteur
conjugué
1
i
est propre pour la valeur propre conjuguée e
− i θ .
Étude des vecteurs propres
Proposition. Supposons que λ 1 , λ 2 , . . . , λ k sont des valeurs propres deux à deux différentes. Si u 1 ,u 2 ,. . .,u k sont des vecteurs propres pour ces valeurs propres, alors u 1 ,u 2 ,. . .,u k
sont indépendants.
Démonstration. Si k = 1, la propriété est vraie car u 1 est un vecteur non nul. Raisonnons
par récurrence en supposant que la propriété est vraie pour k − 1 vecteurs. Supposons que
les vecteurs u 1 , u 2 , . . . , u k satisfont la relation
(1)
x 1 u 1 + x 2 u 2 + · · · + x k u k = 0 .
Par hypothèse, on a f (u i ) = λ i u i , donc en appliquant f à l’égalité (1), il vient
(2)
x 1 λ 1 u 1 + x 2 λ 2 u 2 + · · · + x k λ k u k = 0 .
Chapitre 6 – ESPACES VECTORIELS ET APPLICATIONS LIN ´
EAIRES – 175