espaces E 1 et E 2 ont été trouvés directement comme engendrés par un vecteur non
nul, donc ils n'étaient pas réduits à {0}.
Ici, E 3 est donné par un système d'équations et nous devons donc vérifier que ces
équations possèdent une solution non nulle.
D'une part, une solution de (S) vérifie nécessairement x 1 = 0.
D'autre part, comme n 3 l'équation x 2 + · · · + x n = 0 contient au moins deux
termes ; il suffit d'en prendre un égal à 1, un autre égal à −1 et tous les autres nuls
pour en avoir une solution non nulle. Nous aurons ainsi bien utilisé le fait que
n 3.
Soit le vecteur x = (0,1,−1,0,. . . ,0) (si n > 3) ou x = (0,1,−1) (si
n = 3). Alors x ∈ E 3 car les coordonnées de x vérifient bien x 1 = 0 et
x 2 + · · · + x n = 0. De plus, x = / 0. Ainsi, E 3 n'est pas réduit à {0}. Ceci
montre que 1 est valeur propre de A et que le sous-espace propre associé
est E 3 .
En conclusion, A possède trois valeurs propres : 1 +
√
n − 1, 1 −
√
n − 1
et 1. Les sous-espaces propres associés sont respectivement E 1 , E 2 et E 3 .
A est diagonalisable si, et seulement si, la somme des dimensions de ses sousespaces propres est n.
Il est clair que dim(E 1 ) = dim(E 2 ) = 1 . Reste à calculer dim(E 3 ), la difficulté
étant que E 3 est donné par un système d'équations.
Pour déterminer cette dimension, on peut chercher une base de E 3 . Cependant, on
peut aussi calculer cette dimension par le théorème du rang. En effet, il est souvent
assez simple de déterminer le rang d'une matrice par des opérations élémentaires sur
les lignes et les colonnes. Parfois, le rang est même évident sans qu'il n'y ait à faire
ces opérations ; c'est le cas quand beaucoup de colonnes sont colinéaires voire
égales.
Déterminons la dimension de E 3 :
dim(E 3 ) = dim(Ker( f − λId)) = n − rg( f − λId) = n − rg(A − I n )
La matrice
A − I n =
0 1 · · · 1
1 0 · · · 0
. . .
0
1 0 · · · 0
est de rang 2 donc dim(E 3 ) = n − 2.
Connaître le dimension de E 3 facilite la recherche d'une base de cet espace : en
effet, il suffirait désormais de trouver une famille libre de n − 2 vecteurs de E 3
pour en avoir une base. Sans l'information sur la dimension, nous ne saurions pas
quelle doit être la taille d'une base et de plus, pour montrer qu'une famille est une
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Chapitre 2 • Algèbre linéaire
nul, donc ils n'étaient pas réduits à {0}.
Ici, E 3 est donné par un système d'équations et nous devons donc vérifier que ces
équations possèdent une solution non nulle.
D'une part, une solution de (S) vérifie nécessairement x 1 = 0.
D'autre part, comme n 3 l'équation x 2 + · · · + x n = 0 contient au moins deux
termes ; il suffit d'en prendre un égal à 1, un autre égal à −1 et tous les autres nuls
pour en avoir une solution non nulle. Nous aurons ainsi bien utilisé le fait que
n 3.
Soit le vecteur x = (0,1,−1,0,. . . ,0) (si n > 3) ou x = (0,1,−1) (si
n = 3). Alors x ∈ E 3 car les coordonnées de x vérifient bien x 1 = 0 et
x 2 + · · · + x n = 0. De plus, x = / 0. Ainsi, E 3 n'est pas réduit à {0}. Ceci
montre que 1 est valeur propre de A et que le sous-espace propre associé
est E 3 .
En conclusion, A possède trois valeurs propres : 1 +
√
n − 1, 1 −
√
n − 1
et 1. Les sous-espaces propres associés sont respectivement E 1 , E 2 et E 3 .
A est diagonalisable si, et seulement si, la somme des dimensions de ses sousespaces propres est n.
Il est clair que dim(E 1 ) = dim(E 2 ) = 1 . Reste à calculer dim(E 3 ), la difficulté
étant que E 3 est donné par un système d'équations.
Pour déterminer cette dimension, on peut chercher une base de E 3 . Cependant, on
peut aussi calculer cette dimension par le théorème du rang. En effet, il est souvent
assez simple de déterminer le rang d'une matrice par des opérations élémentaires sur
les lignes et les colonnes. Parfois, le rang est même évident sans qu'il n'y ait à faire
ces opérations ; c'est le cas quand beaucoup de colonnes sont colinéaires voire
égales.
Déterminons la dimension de E 3 :
dim(E 3 ) = dim(Ker( f − λId)) = n − rg( f − λId) = n − rg(A − I n )
La matrice
A − I n =
0 1 · · · 1
1 0 · · · 0
. . .
0
1 0 · · · 0
est de rang 2 donc dim(E 3 ) = n − 2.
Connaître le dimension de E 3 facilite la recherche d'une base de cet espace : en
effet, il suffirait désormais de trouver une famille libre de n − 2 vecteurs de E 3
pour en avoir une base. Sans l'information sur la dimension, nous ne saurions pas
quelle doit être la taille d'une base et de plus, pour montrer qu'une famille est une
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Chapitre 2 • Algèbre linéaire