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Chapitre 2 • Algèbre linéaire
soit encore
(2X + 1 − λ)P = (X
2
− 1)P
.
Pour montrer que P = / 0, on peut raisonner par l'absurde en supposant P = 0.
Soit P un vecteur propre de . Par définition, P = / 0 et il existe λ ∈ K tel
que (P) = λ P.
Si P = 0 la relation (P) = λ P se réduit à (2X + 1 − λ)P = 0 et donc
P = 0, ce qui est exclu. Ainsi, P = / 0.
Lorsque l'on doit effectuer des considérations de degré et de coefficient dominant
sur des polynômes il faut traiter à part le cas du polynôme nul car son degré n'est
pas un entier et il n'a pas de coefficient dominant.
De plus, ici, P intervient dans les calculs. C'est pour cela qu'il faudrait également
traiter séparément le cas P = 0. Le début de la question montre que ce cas particulier n'est pas réalisé.
Soit n = deg(P) ∈ N et notons P =
n
k=0
a k X
k avec a n = / 0.
Comme P = / 0, P n'est pas constant, donc n 1 et P =
n−1
k=0
(k + 1)a k+1 X
k
Le degré de (2X + 1 − λ)P est n + 1 et son coefficient dominant est 2 a n .
De même, (X 2 − 1)P est de degré n + 1 et son coefficient dominant est
n a n . Vu que ces deux polynômes sont égaux et que a n = / 0, on a n = 2.
Ainsi :
si P ∈ Ker(( − λ Id) et P = / 0 alors deg(P) = 2.
3. Puisque l'on sait que les vecteurs propres de sont de degré 2, on peut les écrire
a X 2 + bX + c (avec a = / 0) et injecter ceci dans la formule définissant : on
obtiendra ainsi un système d'équations vérifié par (a,b,c). Il ne restera plus qu'à
résoudre ce système pour trouver les vecteurs propres. Comme λ interviendra, on
sera éventuellement amené à distinguer divers cas selon la valeur de ce paramètre.
Soit λ une valeur propre de et P un vecteur propre associé. Alors P est
de degré 2 ; notons P = a X 2 + bX + c avec a = / 0. On a alors
(2X + 1 − λ)P = 2a X
3
+ (2b + (1 − λ)a)X
2
+(2c + (1 − λ)b)X + (1 − λ)c
et
(X
2
− 1)P
= (X
2
− 1)(2 a X + b) = 2 a X
3
+ b X
2
− 2 a X − b.
Chapitre 2 • Algèbre linéaire
soit encore
(2X + 1 − λ)P = (X
2
− 1)P
.
Pour montrer que P = / 0, on peut raisonner par l'absurde en supposant P = 0.
Soit P un vecteur propre de . Par définition, P = / 0 et il existe λ ∈ K tel
que (P) = λ P.
Si P = 0 la relation (P) = λ P se réduit à (2X + 1 − λ)P = 0 et donc
P = 0, ce qui est exclu. Ainsi, P = / 0.
Lorsque l'on doit effectuer des considérations de degré et de coefficient dominant
sur des polynômes il faut traiter à part le cas du polynôme nul car son degré n'est
pas un entier et il n'a pas de coefficient dominant.
De plus, ici, P intervient dans les calculs. C'est pour cela qu'il faudrait également
traiter séparément le cas P = 0. Le début de la question montre que ce cas particulier n'est pas réalisé.
Soit n = deg(P) ∈ N et notons P =
n
k=0
a k X
k avec a n = / 0.
Comme P = / 0, P n'est pas constant, donc n 1 et P =
n−1
k=0
(k + 1)a k+1 X
k
Le degré de (2X + 1 − λ)P est n + 1 et son coefficient dominant est 2 a n .
De même, (X 2 − 1)P est de degré n + 1 et son coefficient dominant est
n a n . Vu que ces deux polynômes sont égaux et que a n = / 0, on a n = 2.
Ainsi :
si P ∈ Ker(( − λ Id) et P = / 0 alors deg(P) = 2.
3. Puisque l'on sait que les vecteurs propres de sont de degré 2, on peut les écrire
a X 2 + bX + c (avec a = / 0) et injecter ceci dans la formule définissant : on
obtiendra ainsi un système d'équations vérifié par (a,b,c). Il ne restera plus qu'à
résoudre ce système pour trouver les vecteurs propres. Comme λ interviendra, on
sera éventuellement amené à distinguer divers cas selon la valeur de ce paramètre.
Soit λ une valeur propre de et P un vecteur propre associé. Alors P est
de degré 2 ; notons P = a X 2 + bX + c avec a = / 0. On a alors
(2X + 1 − λ)P = 2a X
3
+ (2b + (1 − λ)a)X
2
+(2c + (1 − λ)b)X + (1 − λ)c
et
(X
2
− 1)P
= (X
2
− 1)(2 a X + b) = 2 a X
3
+ b X
2
− 2 a X − b.