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80. Méthode de Le Verrier

Cherchez les valeurs propres de $A$

Considérez la matrice suivante : $$A = \begin{pmatrix}
6 & -3 & -2 \\
4 & -1 & -2 \\
10 & -5 & -3
\end{pmatrix}.$$

Comment trouver ses valeurs propres ? Supposez que vous ne connaissez rien, mais absolument rien, au concept du déterminant… De même, résoudre $AX = \lambda X$ avec $X\neq 0$ serait possible, mais vous voulez trouver autre chose…

Pour accéder aux valeurs propres, mieux vaut se placer dans $\C$, puisque vous savez que dans ce corps, tous les polynômes non constants sont scindés.

Cette propriété implique que la matrice $A$ est trigonalisable. Autrement dit, il existe une matrice inversible $P$ à coefficients complexes, trois nombres complexes, $\lambda_1$, $\lambda_2$ et $\lambda_3$ tels que $$P^{-1}AP = \begin{pmatrix}
\lambda_1 &\times & \times \\
0 & \lambda_2 &\times \\
0 & 0 & \lambda_3 \\
\end{pmatrix}$$

Et maintenant, la trace

La somme des valeurs propres

La trace de $A$ est égale à la somme des coefficients diagonaux de $A$, on la note $\tr(A)$ et bien-sûr $\tr(A)=2.$

La trace a une propriété très importante : quelles que soient les matrices complexes $C$ et $D$, $\tr(CD)=\tr(DC).$

Aussitôt, deux matrices semblables ont la même trace, d’où l’on déduit que $\boxed{\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3=2}.$

La somme des carrés des valeurs propres

Après calcul, vous trouvez que $$A^2 = \begin{pmatrix}
4 & -5 & 0 \\
0 & -1 & 0 \\
10 & -10 & -1
\end{pmatrix}.$$

Comme $P^{-1}A^2P = \begin{pmatrix}
\lambda_1^2 &\times & \times \\
0 & \lambda_2^2 &\times \\
0 & 0 & \lambda_3^2 \\
\end{pmatrix}$

En prenant la trace, vous trouvez $\boxed{\lambda_1^2+\lambda_2^2+\lambda_3^2=2}.$

La somme des cubes des valeurs propres

Après calcul, vous trouvez que $$A^3 = \begin{pmatrix}
4 & -7 & 2 \\
-4 & 1 & 2 \\
10 & -15 & 3
\end{pmatrix}.$$

Comme $P^{-1}A^3P = \begin{pmatrix}
\lambda_1^3 &\times & \times \\
0 & \lambda_2^3 &\times \\
0 & 0 & \lambda_3^3 \\
\end{pmatrix}$

En prenant la trace, vous trouvez $\boxed{\lambda_1^3+\lambda_2^3+\lambda_3^3=8}.$

Les sommes de Newton et les fonctions symétriques

Les valeurs propres sont les racines du polynôme caractéristique de $A$ défini par $P(x)=(x-\lambda_1)(x-\lambda_2)(x-\lambda_3).$

En développant $P(x)$ vous obtenez : $$P(x) = x^3 – (\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3)x^2+(\lambda_1\lambda_2+\lambda_1\lambda_3+\lambda_2\lambda_3)x-\lambda_1\lambda_2\lambda_3.$$

Introduisez les fonctions symétriques :

$$\begin{align*}
\sigma_1 &= \lambda_1+\lambda_2+\lambda_3\\
\sigma_2 &=\lambda_1\lambda_2+\lambda_1\lambda_3+\lambda_2\lambda_3 \\
\sigma_3 &=\lambda_1\lambda_2\lambda_3.
\end{align*}$$

Introduisez les sommes de Newton :

$$\begin{align*}
N_1 &= \lambda_1+\lambda_2+\lambda_3\\
N_2 &=\lambda_1^2+\lambda_2^2+\lambda_3^2 \\
N_3 &=\lambda_1^3+\lambda_2^3+\lambda_3^3.
\end{align*}$$

Vous connaissez les valeurs de $N_1$, $N_2$, $N_3$. Vous cherchez les valeurs de $\sigma_1$, $\sigma_2$ et $\sigma_3.$ C’est possible. Voilà comment procéder.

Vous avez déjà $\boxed{\sigma_1 = N_1}.$

Pour faire apparaître $\sigma_2$ une idée consiste à élever au carré la somme $\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3.$

$$\begin{align*}
(\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3)^2 &= \lambda_1^2+\lambda_2^2+\lambda_3^2+2 \lambda_1\lambda_2 + 2\lambda_1\lambda_3+2\lambda_2\lambda_3\\
N_1^2 &=N_2 + 2\sigma_2
\end{align*}$$

Aussitôt : $\boxed{2\sigma_2 = N_1^2-N_2}.$

Pour faire apparaître $\sigma_3$, c’est plus long mais le principe reste le même. Vous élevez au cube la somme $\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3.$

$$\begin{align*}
(\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3)^3 &= \lambda_1^3+\lambda_2^3+\lambda_3^3+3 \lambda_1^2\lambda_2 + 3 \lambda_1^2\lambda_3+3 \lambda_2^2\lambda_1 +3 \lambda_2^2\lambda_3+3\lambda_3^2\lambda_1+3\lambda_3^2\lambda_2+6\lambda_1\lambda_2\lambda_3\\
N_1^3 &=N_3+6\sigma_3+3 (\lambda_1^2\lambda_2 + \lambda_1^2\lambda_3+ \lambda_2^2\lambda_1 +\lambda_2^2\lambda_3+\lambda_3^2\lambda_1+\lambda_3^2\lambda_2).
\end{align*}$$

Il reste à calculer la somme $\lambda_1^2\lambda_2 + \lambda_1^2\lambda_3+ \lambda_2^2\lambda_1 +\lambda_2^2\lambda_3+\lambda_3^2\lambda_1+\lambda_3^2\lambda_2.$ Vous développez le produit $Q=(\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3)(\lambda_1^2+\lambda_2^2+\lambda_3^2)$ qui se sépare en 3 termes (ceux au cube) avec 6 autres termes.

$$\begin{align*}
Q &= \lambda_1^3+\lambda_1\lambda_2^2+\lambda_1 \lambda_3^2 \\&\quad+\lambda_1^2\lambda_2 +\lambda_2^3+\lambda_2\lambda_3^2 \\
&\quad+ \lambda_1^2\lambda_3 +\lambda_2^2 \lambda_3 + \lambda_3^3\\
N_1N_2 &= N_3 + \lambda_1^2\lambda_2 + \lambda_1^2\lambda_3+\lambda_2^2\lambda_1 +\lambda_2^2\lambda_3+\lambda_3^2\lambda_1+\lambda_3^2\lambda_2.
\end{align*}$$

Du coup, $\lambda_1^2\lambda_2 + \lambda_1^2\lambda_3+ \lambda_2^2\lambda_1 +\lambda_2^2\lambda_3+\lambda_3^2\lambda_1+\lambda_3^2\lambda_2 = N_1N_2-N_3$, que l’on substitue plus haut, donnant :

$$\begin{align*}
N_1^3 &=N_3+6\sigma_3+3(N_1N_2-N_3)\\
&=6\sigma_3 +3N_1N_2-2N_3.
\end{align*}$$

Aussitôt $\boxed{6\sigma_3 = N_1^3+2N_3-3N_1N_2}.$

Calculez les fonctions symétriques

Vous avez successivement :
$\begin{align*}
\sigma_1 &= N_1 = 2\\
2\sigma_2 &= N_1^2-N_2 = 4-2=2\\
6\sigma_3 &=N_1^3+2N_3-3N_1N_2 = 8+16-12 = 12.
\end{align*}$

Aussitôt :

$$\left\{\begin{align*}
\sigma_1 & = 2\\
\sigma_2 & = 1\\
\sigma_3 & = 2.\\
\end{align*}\right.$$

Ecrivez le polynôme caractéristique

$\begin{align*}
P(x) &= x^3-\sigma_1x^2+\sigma_2x-\sigma_3\\
&= x^3-2x^2+x-2.
\end{align*}$

Les valeurs propres de $A$ sont les racines du polynôme $P$, il y en a trois qui annulent $P$, ce sont $2$, $i$ et $-i$.

Un prolongement…

Quelles que soient les matrices $A$ et $B$, selon vous, est-ce que $AB$ et $BA$ ont le même polynôme caractéristique ?

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