Soit (x,y,z) ∈ K 3 tel que (x,y,z) ∈ Ker( f − 2 Id). Il vient, d'après l'expression de A − 2 I 3 , le système :
4 x
+ 2 y = 0
2 x
+ y = 0
−10 x − 5 y = 0
qui se réduit en fait à une seule équation car elles sont toutes trois proportionnelles :
2 x + y = 0.
Nous savons que Ker( f − 2 Id) est de dimension 2 : il suffit donc de trouver deux vecteurs non colinéaires de cet espace pour en avoir une base.
Commençons par en chercher un avec le plus de coordonnées nulles. Il est clair que
l'équation précédente admet pour solution tout triplet de la forme (0,0,z). En notant
(e 1 ,e 2 ,e 3 ) la base canonique de K 3 on a donc e 3 ∈ Ker( f − 2 Id).
Il reste à trouver un autre vecteur de ce noyau non colinéaire à e 3 . Pour cela, on doit
prendre x ou y non nul. Le plus simple est de prendre x = 1 et il vient alors
y = −2. Nous avons encore le choix pour z : autant prendre z = 0 , i.e.
(x,y,z) = (1,−2,0) = e 1 − 2 e 2 .
On vérifie aisément que, si (e 1 ,e 2 ,e 3 ) désigne la base canonique de K 3 , les
vecteurs e 3 et e 1 − 2 e 2 sont propres pour f et associés à la valeur propre 2.
Comme ils ne sont pas colinéaires et que dim(Ker( f − 2 Id) = 2, ils forment une base de ce sous-espace propre de f.
Enfin, le sous-espace propre associé à 7 est de dimension 1 : il suffit donc de trouver un vecteur non nul de cet espace et il en constituera automatiquement une base.
A − 7 I 3 =
−1
2
0
2
−4 0
−10 −5 −5
.
donc, si f (x,y,z) = 0, on a
−x
+ 2 y
= 0
2 x
− 4 y
= 0
−10 x − 5 y − 5 z = 0
Les deux premières équations sont proportionnelles à l'équation x − 2 y = 0.
La dernière, divisée par −5, est équivalente à 2 x + y + z = 0. On a donc le
système équivalent plus simple :
x − 2 y
= 0
2 x + y + z = 0
40
Chapitre 2 • Algèbre linéaire
4 x
+ 2 y = 0
2 x
+ y = 0
−10 x − 5 y = 0
qui se réduit en fait à une seule équation car elles sont toutes trois proportionnelles :
2 x + y = 0.
Nous savons que Ker( f − 2 Id) est de dimension 2 : il suffit donc de trouver deux vecteurs non colinéaires de cet espace pour en avoir une base.
Commençons par en chercher un avec le plus de coordonnées nulles. Il est clair que
l'équation précédente admet pour solution tout triplet de la forme (0,0,z). En notant
(e 1 ,e 2 ,e 3 ) la base canonique de K 3 on a donc e 3 ∈ Ker( f − 2 Id).
Il reste à trouver un autre vecteur de ce noyau non colinéaire à e 3 . Pour cela, on doit
prendre x ou y non nul. Le plus simple est de prendre x = 1 et il vient alors
y = −2. Nous avons encore le choix pour z : autant prendre z = 0 , i.e.
(x,y,z) = (1,−2,0) = e 1 − 2 e 2 .
On vérifie aisément que, si (e 1 ,e 2 ,e 3 ) désigne la base canonique de K 3 , les
vecteurs e 3 et e 1 − 2 e 2 sont propres pour f et associés à la valeur propre 2.
Comme ils ne sont pas colinéaires et que dim(Ker( f − 2 Id) = 2, ils forment une base de ce sous-espace propre de f.
Enfin, le sous-espace propre associé à 7 est de dimension 1 : il suffit donc de trouver un vecteur non nul de cet espace et il en constituera automatiquement une base.
A − 7 I 3 =
−1
2
0
2
−4 0
−10 −5 −5
.
donc, si f (x,y,z) = 0, on a
−x
+ 2 y
= 0
2 x
− 4 y
= 0
−10 x − 5 y − 5 z = 0
Les deux premières équations sont proportionnelles à l'équation x − 2 y = 0.
La dernière, divisée par −5, est équivalente à 2 x + y + z = 0. On a donc le
système équivalent plus simple :
x − 2 y
= 0
2 x + y + z = 0
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Chapitre 2 • Algèbre linéaire