Chapitre 3 – Réduction
Et enfin
(x, y, z) ∈ E 1 ⇔ J(1)
x
y
z
= 0 ⇐⇒
−x + 2y + z = 0
y − z = 0
⇐⇒
x = 3z
y = z
et donc E 1 = Vect(3, 1, 1).
b. J possédant 3 valeurs propres distinctes, elle est diagonalisable. On sait qu’en posant
P =
3 1 3
−4 0 1
2 0 1
, matrice de passage de la base canonique vers une base de
vecteurs propres de J, et D =
−2 0 0
0 0 0
0 0 1
, matrice diagonale des valeurs propres,
on a D = P
−1 JP, soit encore J = PDP
−1 .
c. En remarquant que M a = aI + J, on a
P
−1 M a P = P
−1 (aI + J)P = aP
−1 IP + P
−1 JP = aI + D
=
a − 2 0
0
0
a
0
0
0 a + 1
En posant D a =
a − 2 0
0
0
a
0
0
0 a + 1
, on a donc bien M a = PD a P
−1 .
d. D’après la question précédente les valeurs propres de M a sont a − 2, a, a + 1. M a est
donc inversible si et seulement si a /
∈ {2, 0, −1}.
2. a. i. On a XM a = XX
2 = X
3 = X
2 X = M a X. Donc X commute avec M a . De plus
XJ = X(M a − aI) = XM a − aX = M a X − aX = (M a − aI)X = JX, donc X
commute avec J.
ii. Soit v un vecteur propre de f associé à la valeur propre l. D’après la question
précédente, f et h commutent. On a f (h(v)) = hf (v) = h(lv) = lh(v). Autrement
dit f (h(v)) = lh(v). On en déduit que h(v) ∈ E l (sous-espace propre de f associé
à la valeur propre l). D’après la première question, les sous-espaces propres de f
sont de dimension 1. Comme v ∈ E l et que v = 0 (c’est un vecteur propre), on
en déduit que E l = Vect(v). Il existe donc un réel a tel que h(v) = av. De plus
v = 0, le vecteur v est donc aussi un vecteur propre de h.
iii. La base de vecteurs propres de f déterminée à la question 1.a est donc aussi une
base de vecteurs propres de h. On en déduit qu’en reprenant la matrice de passage P de la question 1.b, la matrice D = P
−1 XP est diagonale. Soit encore
X = PDP
−1 , où D est bien une matrice diagonale. On a ensuite
D
2 = P
−1 XPP
−1 XP = P
−1 X
2 P = P
−1 M a P = D a
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Et enfin
(x, y, z) ∈ E 1 ⇔ J(1)
x
y
z
= 0 ⇐⇒
−x + 2y + z = 0
y − z = 0
⇐⇒
x = 3z
y = z
et donc E 1 = Vect(3, 1, 1).
b. J possédant 3 valeurs propres distinctes, elle est diagonalisable. On sait qu’en posant
P =
3 1 3
−4 0 1
2 0 1
, matrice de passage de la base canonique vers une base de
vecteurs propres de J, et D =
−2 0 0
0 0 0
0 0 1
, matrice diagonale des valeurs propres,
on a D = P
−1 JP, soit encore J = PDP
−1 .
c. En remarquant que M a = aI + J, on a
P
−1 M a P = P
−1 (aI + J)P = aP
−1 IP + P
−1 JP = aI + D
=
a − 2 0
0
0
a
0
0
0 a + 1
En posant D a =
a − 2 0
0
0
a
0
0
0 a + 1
, on a donc bien M a = PD a P
−1 .
d. D’après la question précédente les valeurs propres de M a sont a − 2, a, a + 1. M a est
donc inversible si et seulement si a /
∈ {2, 0, −1}.
2. a. i. On a XM a = XX
2 = X
3 = X
2 X = M a X. Donc X commute avec M a . De plus
XJ = X(M a − aI) = XM a − aX = M a X − aX = (M a − aI)X = JX, donc X
commute avec J.
ii. Soit v un vecteur propre de f associé à la valeur propre l. D’après la question
précédente, f et h commutent. On a f (h(v)) = hf (v) = h(lv) = lh(v). Autrement
dit f (h(v)) = lh(v). On en déduit que h(v) ∈ E l (sous-espace propre de f associé
à la valeur propre l). D’après la première question, les sous-espaces propres de f
sont de dimension 1. Comme v ∈ E l et que v = 0 (c’est un vecteur propre), on
en déduit que E l = Vect(v). Il existe donc un réel a tel que h(v) = av. De plus
v = 0, le vecteur v est donc aussi un vecteur propre de h.
iii. La base de vecteurs propres de f déterminée à la question 1.a est donc aussi une
base de vecteurs propres de h. On en déduit qu’en reprenant la matrice de passage P de la question 1.b, la matrice D = P
−1 XP est diagonale. Soit encore
X = PDP
−1 , où D est bien une matrice diagonale. On a ensuite
D
2 = P
−1 XPP
−1 XP = P
−1 X
2 P = P
−1 M a P = D a
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