Chapitre 3 – Réduction
15.
1. Triangulons A − lI 3
1 − l −12
2
1
1− l
1
4
8
3− l
→
1
1− l
1
1 − l −12
2
4
8
3− l
L 1 ↔ L 2
→
⎛
⎝
1
1− l
1
0 −l
2 + 2l − 13 1 + l
0
4+4l
−1 − l
⎞
⎠ L 2 ← L 2 − (1 − l)L 1
L 3 ← L 3 − 4L 1
→ A(l) =
⎛
⎝
1
1− l
1
0 −l
2 + 2l − 13 1 + l
0 −l
2 + 6l − 9
0
⎞
⎠
L 3 ← L 3 + L 2
Cette matrice est non inversible si, et seulement si, l = −1 ou −l
2 + 6l − 9 = 0. Le
discriminant réduit D
vaut 9 − 9 = 0, il y a une racine double 3. Les valeurs propres de f
sont −1 et 3.
2. Déterminons une base de ces sous-espaces.
Soit (x, y, z) ∈ R
3 ,
(x, y, z) ∈ Ker(f +Id) ⇔ A(−1)
x
y
z
= 0 ⇔
x + 2y + z = 0
−16y = 0
−16y = 0
⇔
x = −z
y = 0
d’où E −1 = Vect((−1, 0, 1)).
Pour déterminer Ker(f − 3 Id)
2 , on calcule la matrice de (f − 3 Id)
2 dans la base canonique
−2 −12 2
1 −2 1
4
8 0
2
=
0
64 −16
0
0
0
0 −64
16
,
il en résulte que (x, y, z) ∈ Ker(f − 3 Id)
2
⇔ 64y − 16z = 0 ⇔ z = 4y.
D’où Ker(f − 3 Id)
2 = Vect((1, 0, 0), (0, 1, 4)).
Montrons que la famille ((−1, 0, 1), (1, 0, 0), (0, 1, 4)) est une famille libre. Soient a, b, c
trois réels, nous avons
a(−1, 0, 1) + b(1, 0, 0) + c(0, 1, 4) = 0 ⇔
−a + b = 0
c = 0
a + 4c = 0
⇔ a = b = c = 0,
cette famille est donc libre. Comme elle compte trois vecteurs et que dim(R
3 ) = 3, c’est
une base de R
3 et Ker(f + Id) et Ker(f − 3 Id)
2 sont supplémentaires.
3. Le premier vecteur e 1 de B
doit vérifier f ( e 1 ) = − e 1 , soit e 1 ∈ E −1 . D’après ce qui
précède, on peut choisir e 1 = (−1, 0, 1).
De même le second vecteur doit appartenir à E 3 . D’après la triangulation effectuée à la
première question,
(x, y, z) ∈ E 3 ⇔ A(3)
x
y
z
= 0 ⇔
x − 2y + z = 0
−16y + 4z = 0
⇔
x = −2y
z = 4y
On peut choisir comme deuxième vecteur de la base B
le triplet e 2 = (−2, 1, 4).
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