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Éditions H&K Publié dans les Annales des Concours 3/18
I. Cas n= 2
1Par définition, A(α, β)−I2=−α α
β−β
Remarquons que la deuxième colonne est l’opposée de la première, et comme (α, β)
est non nul, la matrice est donc de rang 1. D’après le théorème du rang,
dim(Ker (A(α, β)−I2)) = 2 −rg (A(α, β)−I2) = 1
Cela montre que 1 est valeur propre et comme le sous-espace propre associé est de
dimension 1, il suffit de déterminer un de ses vecteurs non nuls pour en obtenir une
base. Si t(x, y)∈R2, on a
x
y∈Ker (A(α, β)−I2)⇐⇒ (−αx +αy = 0
βx −βy = 0
⇐⇒ x=ycar (α, β)6= (0,0)
Ceci prouve que
Le réel 1 est valeur propre de A(α, β), de sous-espace
propre associé Ker (A(α, β)−I2) = Vect {t(1,1)}.
Le calcul du polynôme caractéristique est inutile ici car il ne donne aucune
information sur les sous-espaces propres. Cette méthode est à réserver aux
cas où on ne connaît pas a priori les valeurs propres.
2La notation λ= 1−(α+β)introduite dans l’énoncé incite à penser que λpourrait
être valeur propre de A(α, β). Vérifions-le.
A(α, β)−λI2=1−α α
β1−β−1−(α+β) 0
0 1 −(α+β)=β α
β α
Remarquons que les deux lignes sont identiques, et non nulles car (α, β)6= (0,0).
La matrice A(α, β)−λI2est donc de rang 1, par suite λest valeur propre de A(α, β)
et le sous-espace propre associé est de dimension 1 d’après le théorème du rang.
De plus, comme αet βsont positifs non tous deux nuls, α+β > 0d’où λ6= 1.
Finalement,
A(α, β)possède deux valeurs propres distinctes, elle est donc diagonalisable.
Si l’on ne remarque pas que λest valeur propre, le calcul du polynôme ca-
ractéristique χs’avère alors nécessaire.
χ= X2−Tr (A(α, β))X + det(A(α, β))
= X2−(2 −(α+β))X + (1 −(α+β))
Son discriminant vaut
∆ = (2 −(α+β))2−4(1 −(α+β)) = (α+β)2
et puisque √∆ = |α+β|=α+β, on retrouve bien les valeurs propres
r1=2−(α+β) + p(α+β)2
2= 1 ; r2=2−(α+β)−p(α+β)2
2=λ
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