© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit
SOLUTIONS
Solutions
De même, une équation de E 1 est A(1)X = 0, soit
−6x + 6y − 5z = 0
−2z = 0
⇔
x = y
z = 0
D’où E 1 = Vect(1, 1, 0).
Enfin, une équation de E 2 est A(2)X = 0, soit
−6x + 6y − 6z = 0
−y + z = 0
⇔
x = 0
y = z
D’où E 2 = Vect(0, 1, 1).
3. Soit A la matrice à étudier, on triangule A − lI.
1 − l
−2
2
−2
1− l
2
−2
−2
5− l
→
−2
−2
5− l
−2
1− l
2
1 − l
−2
2
L 1 ↔ L 3
→
⎛
⎝
−2
−2
5− l
0
3− l
l− 3
0 −6 + 2l l
2
− 6l + 9
⎞
⎠ L 2 ← L 2 − L 1
L 3 ← 2L 3 + (1 − l)L 1
→ A(l) =
⎛
⎝
−2 −2
5− l
0 3 − l
l− 3
0
0
l
2
− 4l + 3
⎞
⎠
L 3 ← L 3 + 2L 2
Les valeurs propres sont donc les solutions de l’équation (3 − l)(l
2
− 4l + 3). Un première
valeur propre est 3. Les autres sont les racines du trinôme l
2
− 4l + 3 dont 1 est une racine
évidente et 3 est l’autre racine. La matrice possède donc deux valeurs propres 1 et 3, nous
ne pouvons pas encore savoir si A est diagonalisable.
Une équation de E 1 est A(1)X = 0, soit
−2x − 2y + 4z = 0
2y − 2z = 0
⇔
x = z
y = z
D’où E 1 = Vect(1, 1, 1).
De même une équation de E 3 est A(3)X = 0, soit
−2x − 2y + 2z = 0 ⇔ z = x + y
D’où E 3 = Vect((1, 0, 1), (0, 1, 1)).
La somme des dimensions des sous-espaces propres est 3, la matrice A est donc diagonalisable.
3.
La matrice A est clairement de rang 2, donc on peut déjà conclure que 0 est valeur
propre et que dim(E 0 ) = n − 2.
De plus
⎧
⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨
⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩
x 1 + x 2 + · · · + x n = 0
x 1 + x n = 0
x 1 + x n = 0
. . .
x 1 + x n = 0
x 1 + x 2 + · · · + x n = 0
⇔
x 1 = −x n
x 2 = −x 3 + · · · − x n−1
429