Si la matrice est triangulaire, ses valeurs propres sont ses coefficients diagonaux.

Il n’est alors pas nécessaire d’effectuer de calcul supplémentaire.

Erreur classique

Dire que les coefficients diagonaux sont les valeurs propres alors que la matrice n’est pas triangulaire.

Soit \(A=\begin{pmatrix}2&-1&0\\0&3&4\\0&0&-1\end{pmatrix}\).

La matrice \(A\) est triangulaire, donc ses valeurs propres sont ses coefficients diagonaux : \(2\), \(3\) et \(-1\).

Si la matrice \(A\) est carrée d’ordre 2, on peut déterminer ses valeurs propres rapidement en remarquant que ce sont les solutions de l’équation \[ \det(A-\lambda I_2)=0 \]

Erreur classique

Utiliser un déterminant pour une matrice qui n’est pas d’ordre 2.

Soit \(A=\begin{pmatrix}1&2\\3&4\end{pmatrix}\).

On a \(\det(A-\lambda I_2)=\det\begin{pmatrix}1-\lambda&2\\3&4-\lambda\end{pmatrix} =(1-\lambda)(4-\lambda)-6\).

Les valeurs propres de \(A\) sont les solutions de cette équation.

Si on connaît un polynôme annulateur \(P\) de \(A\) (i.e. tel que \(P(A)=0\)), on peut déterminer les valeurs propres de \(A\) en limitant le volume de calcul.

On sait en effet que les valeurs propres de \(A\) sont toutes racines de \(P\), c’est-à-dire \[ \mathrm{Sp}(A)\subset\{\lambda\in\mathbb{R}\mid P(\lambda)=0\}. \]

Pour déterminer les valeurs propres de \(A\), on peut donc :

• déterminer les racines de \(P\),
• pour chaque racine \(\lambda\) de \(P\), étudier l’inversibilité de \(A-\lambda I_n\) : \(\lambda\) est valeur propre de \(A\) si et seulement si \(A-\lambda I_n\) n’est pas inversible.

Erreurs classiques

• oublier qu’on dispose d’un polynôme annulateur et effectuer des calculs lourds et inutiles,
• affirmer que les valeurs propres de \(A\) sont les racines du polynôme annulateur, alors qu’il ne s’agit que des seules valeurs propres possibles.

Soit \(A=\begin{pmatrix}0&1&0\\1&0&0\\0&0&-1\end{pmatrix}\in\mathcal{M}_3(\mathbb{R})\).

Déterminer un polynôme annulateur de \(A\), puis en déduire les valeurs propres de \(A\).

Solution

On calcule \[ A^2=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix} \]

Donc \(A\) vérifie \(A^2-I_3=0\), ainsi \(P(X)=X^2-1\) est un polynôme annulateur de \(A\).

On en déduit que toute valeur propre \(\lambda\) de \(A\) vérifie \(\lambda^2-1=0\), donc \[ \mathrm{Sp}(A)\subset\{-1,1\} \]

On étudie ensuite l’inversibilité de \(A-\lambda I_3\) pour \(\lambda\in\{-1,1\}\).

Pour \(\lambda=1\)

On a \[ A-I_3=\begin{pmatrix}-1&1&0\\1&-1&0\\0&0&-2\end{pmatrix} \]

Les deux premières colonnes sont opposées, donc la matrice n’est pas inversible.

Ainsi \(1\in\mathrm{Sp}(A)\).

Pour \(\lambda=-1\)

On a \[ A+I_3=\begin{pmatrix}1&1&0\\1&1&0\\0&0&0\end{pmatrix} \]

Les deux premières colonnes sont égales (et la troisième est nulle), donc la matrice n’est pas inversible.

Ainsi \(-1\in\mathrm{Sp}(A)\).

Finalement \[ \mathrm{Sp}(A)=\{-1,1\} \]

Il arrive que certaines valeurs propres soient évidentes, car l’équation \(AX=\lambda X\) peut admettre des solutions non nulles \(X\) faciles à identifier pour certaines valeurs de \(\lambda\).

• si la somme des coefficients de chaque ligne vaut un même réel \(a\), alors \(a\) est valeur propre et le vecteur \(U=\begin{pmatrix}1\\ \vdots\\ 1\end{pmatrix}\) est un vecteur propre associé, car dans ce cas \(AU=aU\) et \(U\neq 0\),
• si \(\mathrm{rg}(A)<n\), alors \(0\) est valeur propre de \(A\) (et son sous-espace propre est de dimension \(n-\mathrm{rg}(A)\), en conséquence du théorème du rang),
• si tous les coefficients de la \(j^{\text{ème}}\) colonne sont nuls, sauf éventuellement celui de la ligne \(j\), égal à un réel \(b\) (c’est-à-dire si la \(j^{\text{ème}}\) colonne de \(A\) est la \(j^{\text{ème}}\) colonne d’une matrice diagonale), alors \(b\) est valeur propre de \(A\) et le vecteur \(E_j\) ( \(j^{\text{ème}}\) vecteur de la base canonique de \(\mathcal{M}_{n,1}(\mathbb{R})\) ) est un vecteur propre associé, car \(AE_j=bE_j\) et \(E_j\neq 0\).

Si l’on a déjà obtenu \(n-1\) valeurs propres (en comptant les multiplicités), l’éventuelle dernière peut souvent être « devinée » à l’aide de la trace : si la matrice admet une \(n^{\text{ème}}\) valeur propre, la trace de \(A\) (somme des coefficients diagonaux de \(A\)) doit être égale à la somme des valeurs propres de \(A\) (en comptant les multiplicités). La différence entre la trace de \(A\) et la somme des valeurs propres déjà trouvées peut alors fournir un dernier candidat à tester.

Erreur classique

Confondre une “valeur propre plausible” avec une valeur propre certaine, sans vérifier que \(A-\lambda I_n\) n’est pas inversible.

On considère la matrice \[ A=\begin{pmatrix}1&1&1\\1&1&1\\3&0&0\end{pmatrix} \]

• Les deux dernières colonnes de \(A\) sont égales, donc \(A\) n’est pas inversible et \(0\) est valeur propre de \(A\).
• La somme des coefficients d’une ligne est toujours égale à \(3\), donc \[ A\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}3\\3\\3\end{pmatrix} =3\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix} \] Le vecteur \(\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}\) n’étant pas nul, \(3\) est donc valeur propre de \(A\).
• \(A\) est une matrice carrée d’ordre \(3\), donc elle a au plus trois valeurs propres distinctes (la concaténation de bases des sous-espaces propres de \(A\) est une famille libre de \(\mathcal{M}_{3,1}(\mathbb{R})\), donc comporte au plus trois vecteurs).

Même si l’argument sur la trace n’est pas au programme, rien n’interdit de l’utiliser pour « deviner » une dernière valeur propre possible. On a \(\mathrm{tr}(A)=1+1+0=2\) et la somme des valeurs propres déjà trouvées est \(0+3=3\). S’il existe une autre valeur propre, on peut donc se douter qu’elle vaut \(-1\). Cet argument n’étant pas recevable aux concours, on vérifie simplement.

On calcule \[ A+I_3=\begin{pmatrix}2&1&1\\1&2&1\\3&0&1\end{pmatrix} \]

Notons \(C_1,C_2,C_3\) ses colonnes. On a alors \[ C_1+C_2=\begin{pmatrix}3\\3\\3\end{pmatrix} =3\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix} =3C_3 \]

Les colonnes sont donc liées, donc \(A+I_3\) n’est pas inversible et \(-1\) est valeur propre de \(A\).

Finalement, on a trouvé trois valeurs propres distinctes et \(A\) est une matrice carrée d’ordre \(3\), donc elle n’a pas d’autre valeur propre que \(0\), \(3\) et \(-1\).

La résolution de l’équation \((A-\lambda I_n)X=0\) est une méthode à utiliser en dernier recours.

En effet, dès que \(n\geq 4\), la résolution explicite du système peut vite devenir pénible et source d’erreurs.

Lorsque l’on décide néanmoins de l’utiliser, on résout l’équation \((A-\lambda I_n)X=0\) par substitution ou à l’aide de la méthode du pivot de Gauss, afin de se ramener à un système triangulaire de la forme \[ T_\lambda X=0 \]

Les valeurs propres de \(A\) sont alors les valeurs de \(\lambda\) pour lesquelles ce système admet des solutions non nulles, c’est-à-dire les valeurs de \(\lambda\) pour lesquelles \(T_\lambda\) n’est pas inversible.

Comme \(T_\lambda\) est triangulaire, cela revient à chercher les valeurs de \(\lambda\) pour lesquelles l’un des coefficients diagonaux de \(T_\lambda\) est nul.

Erreur classique

Se lancer trop tôt dans la résolution complète du système sans avoir exploité les méthodes précédentes.

On considère la matrice \[ A=\begin{pmatrix}1&1&-1\\0&1&0\\1&0&1\end{pmatrix}. \]

Soit \(\lambda\in\mathbb{R}\) et \(X\in\mathcal{M}_{3,1}(\mathbb{R})\).

On a :

\[ \begin{align*} (A-\lambda I_3)X=0 &\Longleftrightarrow \begin{pmatrix} 1-\lambda & 1 & -1\\ 0 & 1-\lambda & 0\\ 1 & 0 & 1-\lambda \end{pmatrix}X=0 \qquad L_1\leftrightarrow L_3\\[0.5em] &\Longleftrightarrow \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1-\lambda\\ 0 & 1-\lambda & 0\\ 1-\lambda & 1 & -1 \end{pmatrix}X=0 \qquad L_3\leftarrow L_3-(1-\lambda)L_1\\[0.5em] &\Longleftrightarrow \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1-\lambda\\ 0 & 1-\lambda & 0\\ 0 & 1 & -1-(1-\lambda)^2 \end{pmatrix}X=0 \qquad L_2\leftrightarrow L_3\\[0.5em] &\Longleftrightarrow \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1-\lambda\\ 0 & 1 & -1-(1-\lambda)^2\\ 0 & 1-\lambda & 0 \end{pmatrix}X=0 \qquad L_3\leftarrow L_3-(1-\lambda)L_2\\[0.5em] &\Longleftrightarrow \underbrace{ \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1-\lambda\\ 0 & 1 & -1-(1-\lambda)^2\\ 0 & 0 & (1-\lambda)\bigl[1+(1-\lambda)^2\bigr] \end{pmatrix} }_{=\,T_\lambda}X=0 \end{align*} \]

Ainsi, l’équation \((A-\lambda I_3)X=0\) admet des solutions non nulles si et seulement si la matrice \(T_\lambda\) n’est pas inversible.

Comme \(T_\lambda\) est triangulaire, cela équivaut à l’annulation de l’un de ses coefficients diagonaux, donc \[ \lambda\in\mathrm{Sp}(A)\Longleftrightarrow (1-\lambda)\bigl[1+(1-\lambda)^2\bigr]=0. \]

Or \(1+(1-\lambda)^2>0\) pour tout \(\lambda\in\mathbb{R}\).

On en déduit finalement que \(1\) est l’unique valeur propre de \(A\).