N'oublions pas que nous cherchons seulement une solution non nulle (toutes les
autres lui étant proportionnelle vu que dim(Ker( f − 7Id)) = 1). Cherchons en une
avec un maximum de 0. Si x = 0 la première équation impose y = 0 et la deuxième
donne enfin z = 0, ce qui ne convient pas puisque nous recherchons une solution
non nulle.
Prenons donc x non nul, disons x = 2, la première équation donnant alors y = 1
(on pourrait prendre x = 1 mais cela ferait ensuite intervenir des fractions, autant
l'éviter !). La dernière se réduit alors à z = −5.
Nous avons ainsi une solution non nulle du système : (x,y,z) = (2,1,−5) .
Autrement dit, le vecteur 2 e 1 + e 2 − 5 e 3 appartient à Ker( f − 7 Id) .
On vérifie aisément que 2 e 1 + e 2 − 5 e 3 ∈ Ker( f − 7 Id). Comme ce sousespace propre de f est de dimension 1, ce vecteur propre en est une base.
Posons
u 1 = e 3
u 2 = e 1 − 2 e 2
u 3 = 2 e 1 + e 2 − 5 e 3
Alors, d'après ce qui précède, (u 1 ,u 2 ,u 3 ) est une base de K 3 constituée de
vecteurs propres de f.
Il reste à déterminer les matrices de passage.
La matrice de passage de (e 1 ,e 2 ,e 3 ) à (u 1 ,u 2 ,u 3 ) est
P =
0 1
2
0 −2 1
1 0 −5
.
Pour calculer P −1 , exprimons les vecteurs e i en fonction des vecteurs u j .
La première relation donne e 3 = u 1 soit, en remplaçant dans la troisième :
(A)
u 2 = e 1 − 2 e 2
(B) 5 u 1 + u 3 = 2 e 1 + e 2
En combinant ces relations il vient
(A) + 2 (B) 10 u 1 + u 2 + 2 u 3 = 5 e 1
(B) − 2 (A) 5 u 1 − 2 u 2 + u 3 = 5 e 2
soit enfin :
e 1 = 2 u 1 + 1/5 u 2 + 2/5 u 3
e 2 = u 1 − 2/5 u 2 + 1/5 u 3
e 3 = u 1
.
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
41
Chapitre 2 • Algèbre linéaire
autres lui étant proportionnelle vu que dim(Ker( f − 7Id)) = 1). Cherchons en une
avec un maximum de 0. Si x = 0 la première équation impose y = 0 et la deuxième
donne enfin z = 0, ce qui ne convient pas puisque nous recherchons une solution
non nulle.
Prenons donc x non nul, disons x = 2, la première équation donnant alors y = 1
(on pourrait prendre x = 1 mais cela ferait ensuite intervenir des fractions, autant
l'éviter !). La dernière se réduit alors à z = −5.
Nous avons ainsi une solution non nulle du système : (x,y,z) = (2,1,−5) .
Autrement dit, le vecteur 2 e 1 + e 2 − 5 e 3 appartient à Ker( f − 7 Id) .
On vérifie aisément que 2 e 1 + e 2 − 5 e 3 ∈ Ker( f − 7 Id). Comme ce sousespace propre de f est de dimension 1, ce vecteur propre en est une base.
Posons
u 1 = e 3
u 2 = e 1 − 2 e 2
u 3 = 2 e 1 + e 2 − 5 e 3
Alors, d'après ce qui précède, (u 1 ,u 2 ,u 3 ) est une base de K 3 constituée de
vecteurs propres de f.
Il reste à déterminer les matrices de passage.
La matrice de passage de (e 1 ,e 2 ,e 3 ) à (u 1 ,u 2 ,u 3 ) est
P =
0 1
2
0 −2 1
1 0 −5
.
Pour calculer P −1 , exprimons les vecteurs e i en fonction des vecteurs u j .
La première relation donne e 3 = u 1 soit, en remplaçant dans la troisième :
(A)
u 2 = e 1 − 2 e 2
(B) 5 u 1 + u 3 = 2 e 1 + e 2
En combinant ces relations il vient
(A) + 2 (B) 10 u 1 + u 2 + 2 u 3 = 5 e 1
(B) − 2 (A) 5 u 1 − 2 u 2 + u 3 = 5 e 2
soit enfin :
e 1 = 2 u 1 + 1/5 u 2 + 2/5 u 3
e 2 = u 1 − 2/5 u 2 + 1/5 u 3
e 3 = u 1
.
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