Partie 2 – Algèbre linéaire
• On a vu que l’endomorphisme f de R
3 de matrice A =
1 0 −1
1 0 −1
0 1 −1
dans la base canonique B = (e 1 , e 2 , e 3 ) n’était pas diagonalisable (voir
deuxième exemple du § 6.2.2).
Soit ´ 1 = e 1 , ´ 2 = f (´ 1 ) , ´ 3 = f (´ 2 ), et C = (´ 1 , ´ 2 , ´ 3 ).
´ 1 = (1, 0, 0) , ´ 2 = (1, 1, 0) , ´ 3 = (1, 1, 1). La matrice de passage de
la base B à la famille C est P =
1 1 1
0 1 1
0 0 1
. Elle est triangulaire sans
zéros sur la diagonale, donc inversible, donc C est une base de R
3 . La
matrice de f dans la base C est N =
0 0 0
1 0 0
0 1 0
, car
f (´ 1 ) = ´ 2 , f (´ 2 ) = ´ 3 , f (´ 3 ) = 0. D’après la théorie du changement
de base, on a A = PNP −1 . N n’est pas diagonale, mais triangulaire
inférieure, et les propriétés de f se voient clairement sur la matrice N :
Sa seule valeur propre est 0, f n’est donc pas bijective. Et puisque
f (´ 1 ) = ´ 2 , f (´ 2 ) = ´ 3 , f (´ 3 ) = 0, on a N
3
= O 3 , f
3
= 0.
• Soit f l’endomorphisme de R
3 dont la matrice relativement à la base
canonique B de R
3 est A =
3 −1 0
1
6 1
−3 −8 0
. La matrice N = A − 3I n
vérifie N
2
= O 3 , N
3
= O 3 . On en déduit comme précédemment que
l’endomorphisme h = f −3 Id R 3 admet 0 pour seule valeur propre, puis
que f admet 3 pour seule valeur propre :
si u = 0, f (u) = l · u ⇔ h(u) = (l − 3) · u ⇔ l − 3 = 0.
f n’est pas diagonalisable, sinon, avec 3 pour seule valeur propre, on
aurait f (u) = 3 · u pour tout u ∈ R
3 .
Mais avec u 1 = (1, −1, 1) , u 2 = h (u 1 ) , u 3 = h (u 2 ),
on vérifie que B = (u 1 , u 2 , u 3 ) est une base de R
3 , puis que la matrice
de h dans cette base est N =
0 0 0
1 0 0
0 1 0
. L’ensemble des résultats
obtenus conduit alors à A = PA P −1 , avec
A
= 3I 3 + N
=
3 0 0
1 3 0
0 1 3
, P =
1
1
1
−1 −1
0
1
2 −1
.
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