Chapitre 3 – Réduction des endomorphismes et des matrices
La matrice
3 − l
−4
−2
1− l
n’est pas inversible si et seulement si l
2
− 4l − 5 = 0. Les
valeurs propres de A sont les solutions de cette équation du deuxième degré dont le discriminant vaut D = 4
2 + 4 × 5 = 9.
D’où les valeurs propres sont l 1 = 2 +
√
9 = 5 et l 2 = 2 −
√
9 = −1.
Une équation de E 5 est
(A − 5I 2 )
x
y
= 0 ⇐⇒
−2x − 4y = 0
−2x − 4y = 0
⇐⇒ x = −2y
d’où E 5 = Vect(−2, 1).
De même une équation de E −1 est
(A + I 2 )
x
y
= 0 ⇐⇒
4x − 4y = 0
−2x + 2y = 0
⇐⇒ x = y
d’où E −1 = Vect(1, 1).
Nous savons alors qu’en posant P =
−2 1
1 1
, on a P
−1 AP =
5
0
0 −1
.
Le calcul nous donne P
−1 =
1
3
−1 1
1 2
.
Nous en déduisons finalement que
A
n
=
−2 1
1 1
5
n
0
0 (−1)
n
1
3
−1 1
1 2
=
1
3
−2 1
1 1
−5
n
5
n
(−1)
n
2(−1)
n
=
1
3
2 · 5
n + (−1)
n
−2 · 5
n + 2(−1)
n
−5
n + (−1)
n
5
n + 2(−1)
n
.
5.2 Suites récurrentes linéaires croisées
Supposons avoir deux suites (u n ) et (v n ) données par leur premier terme u 0 , v 0 et les
relations
∀n ∈ N,
u n+1 = au n + bv n
v n+1 = cu n + dv n
où a, b, c, d sont des scalaires fixés.
En posant A =
a b
c d
et X n =
u n
v n
pour n ∈ N, nous constatons que les
deux relations équivalent à la relation matricielle X n+1 = AX n pour n ∈ N. Nous en
déduisons par une récurrence que X n = A
n X 0 . Il suffit donc de connaître A
n pour
exprimer u n et v n en fonction de n, u 0 et v 0 .
On peut d’ailleurs étendre ce raisonnement à un nombre quelconque de suites.
70