Il reste à traiter le cas λ = / 1.
• Supposons λ = / 1 : les première et troisième équations donnent
(1 − λ)a = (1 − λ)c et donc a = c, car 1 − λ = / 0.
La deuxième équation devient alors (1 − λ)b = −4a d'où, comme
b = −(1 − λ)a : (1 − λ) 2 a = 4 a. Comme a = / 0, il vient (1 − λ) 2 = 4,
soit 1 − λ ∈ {−2,2} et enfin λ ∈ {−1,3}.
Nous avons donc, pour l'instant, restreint le nombre de cas à étudier : si λ est une
valeur propre de et λ = / 1, alors λ ne peut valoir que −1 ou 3.
Il reste à voir si ces scalaires sont bien des valeurs propres de et, le cas échéant,
déterminer le sous-espace propre associé. Ce sera aisé car le système (S) se simplifie considérablement lorsque l'on assigne à λ une valeur particulière.
• Si λ = −1 : la première équation donne b = −2 a. Par ailleurs, on sait
que c = a donc P = a(X − 1) 2 . Ainsi, Ker(( + Id) ⊂ K(X − 1) 2 .
Comme précédemment nous avons montré une inclusion : il reste à vérifier l'inclusion réciproque.
Réciproquement, on a
((X − 1) 2 ) = (2 X + 1)(X − 1) 2 − (X 2 − 1)(2 (X − 1))
= −(X − 1) 2
donc (X − 1) 2 ∈ Ker(( + Id) . Ainsi, Ker(( + Id) = K(X − 1) 2 ; −1 est
donc valeur propre de et le sous-espace propre associé est K(X − 1) 2 .
Il ne reste plus qu'à traiter le cas λ = 3 de manière tout à fait analogue : remplacer
λ par 3 dans (S), en déduire les valeurs possibles de a, b et c, en déduire une inclusion entre Ker(( − 3 Id) et un certain sous-espace vectoriel de K[X] et, si ce sousespace n'est pas réduit à {0}, se poser la question de l'inclusion réciproque.
• Si λ = 3 : la première équation donne b = 2 a. Par ailleurs, on sait que
c = a donc P = a(X + 1) 2 .
Réciproquement, on a
((X + 1) 2 ) = (2 X + 1)(X + 1) 2 − (X 2 − 1)(2 (X + 1))
= 3 (X + 1) 2
donc (X + 1) 2 ∈ Ker(( − 3 Id). Ainsi, Ker(( − 3 Id) = K(X + 1) 2 ; 3
est donc valeur propre de et le sous-espace propre associé est K(X + 1) 2 .
En conlusion, les valeurs propres de sont −1, 1 et 3. De plus :
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Chapitre 2 • Algèbre linéaire
• Supposons λ = / 1 : les première et troisième équations donnent
(1 − λ)a = (1 − λ)c et donc a = c, car 1 − λ = / 0.
La deuxième équation devient alors (1 − λ)b = −4a d'où, comme
b = −(1 − λ)a : (1 − λ) 2 a = 4 a. Comme a = / 0, il vient (1 − λ) 2 = 4,
soit 1 − λ ∈ {−2,2} et enfin λ ∈ {−1,3}.
Nous avons donc, pour l'instant, restreint le nombre de cas à étudier : si λ est une
valeur propre de et λ = / 1, alors λ ne peut valoir que −1 ou 3.
Il reste à voir si ces scalaires sont bien des valeurs propres de et, le cas échéant,
déterminer le sous-espace propre associé. Ce sera aisé car le système (S) se simplifie considérablement lorsque l'on assigne à λ une valeur particulière.
• Si λ = −1 : la première équation donne b = −2 a. Par ailleurs, on sait
que c = a donc P = a(X − 1) 2 . Ainsi, Ker(( + Id) ⊂ K(X − 1) 2 .
Comme précédemment nous avons montré une inclusion : il reste à vérifier l'inclusion réciproque.
Réciproquement, on a
((X − 1) 2 ) = (2 X + 1)(X − 1) 2 − (X 2 − 1)(2 (X − 1))
= −(X − 1) 2
donc (X − 1) 2 ∈ Ker(( + Id) . Ainsi, Ker(( + Id) = K(X − 1) 2 ; −1 est
donc valeur propre de et le sous-espace propre associé est K(X − 1) 2 .
Il ne reste plus qu'à traiter le cas λ = 3 de manière tout à fait analogue : remplacer
λ par 3 dans (S), en déduire les valeurs possibles de a, b et c, en déduire une inclusion entre Ker(( − 3 Id) et un certain sous-espace vectoriel de K[X] et, si ce sousespace n'est pas réduit à {0}, se poser la question de l'inclusion réciproque.
• Si λ = 3 : la première équation donne b = 2 a. Par ailleurs, on sait que
c = a donc P = a(X + 1) 2 .
Réciproquement, on a
((X + 1) 2 ) = (2 X + 1)(X + 1) 2 − (X 2 − 1)(2 (X + 1))
= 3 (X + 1) 2
donc (X + 1) 2 ∈ Ker(( − 3 Id). Ainsi, Ker(( − 3 Id) = K(X + 1) 2 ; 3
est donc valeur propre de et le sous-espace propre associé est K(X + 1) 2 .
En conlusion, les valeurs propres de sont −1, 1 et 3. De plus :
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Chapitre 2 • Algèbre linéaire