Chapitre 7 – Espaces probabilisés
2. Montrons que 0, −
1
3
, 1 sont valeurs propres de A et cherchons les valeurs propres correspondantes.
On a A
x
y
z
=
0
0
0
si et seulement si x + y = 0 et z = 0. Ainsi 0 est valeur propre de A
et KerA = Vect(1, −1, 0).
De même, on a (A+
1
3
I 3 )
x
y
z
=
0
0
0
si et seulement si
2x + y + 3z = 0
x + 2y +
= 0
x + y + z = 0
,
ce qui équivaut à x = −2y et z = y. Ainsi −
1
3
est valeur propre de A et
Ker(A +
1
3
I 3 ) = Vect(−2, 1, 1).
Enfin (A − I 3 )
x
y
z
=
0
0
0
équivaut à
−2x + y + 3z = 0
x
− 2y
= 0
x
+ y − 3z = 0
et donc à
x = 2y et z = y. Cela montre que 1 est valeur propre de A et Ker(A − I 3 ) = Vect(2, 1, 1).
Ainsi, A qui possède trois valeurs propres distinctes est diagonalisable. Une matrice de passage de la base canonique de R
3 à une base de vecteurs propres est P =
1 −2 2
−1
1 1
0
1 1
.
On cherche P
−1 . On résout pour cela le système P
x
y
z
=
x
y
z
d’inconnue (x, y, z).
On obtient
x − 2y + 2z = x
−x + y + z = y
y + z = z
On en déduit x
+y
+z
= 4z, donc z =
1
4
(x
+y
+z
), puis y = z
−z =
1
4
(−x
−y
+3z
),
et enfin −y
+ z
= x. On obtient
P
−1 =
⎛
⎜
⎜
⎜
⎝
0 −1 1
−
1
4
−
1
4
3
4
1
4
1
4
1
4
⎞
⎟
⎟
⎟
⎠
.
On a A = P
⎛
⎜
⎝
0
0 0
0 −
1
3
0
0
0 1
⎞
⎟
⎠ P
−1 et donc
X n = A
n X 0 = P
⎛
⎜
⎝
0
0
0
0
−
1
3
n
0
0
0
1
⎞
⎟
⎠ P
−1
a 0
b 0
c 0
=
⎛
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
0 −2
−
1
3
n
2
0
−
1
3
n
1
0
−
1
3
n
1
⎞
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
⎛
⎜
⎜
⎝
−b 0 + c 0
−
1
4
+ c 0
1
4
⎞
⎟
⎟
⎠ ,
502