9.8 On recherche un scalaire λ et un vecteur non nul v = ( v1 v2) tels

9.8
v
On recherche un scalaire λ et un vecteur non nul v = 1 tels que A v = λ · v,
v2
c’est-à-dire 1 2
v1
v1 + 2 v2
v1
λ v1
=
=λ·
=
3 2
v2
3 v1 + 2 v2
v2
λ v2
Il s’agit donc de résoudre le système suivant :
v1 + 2 v2 = λ v1
(1 − λ) v1 +
2 v2 = 0
⇐⇒
3 v1 + 2 v2 = λ v2
3 v1 + (2 − λ) v2 = 0
Résolvons
ce système
en échelonnant la matrice
correspondante :
L
→
(1
−
λ)
L
−
3
L
2
2
1
0
0
1−λ
2
1−λ
2
=⇒
3
2−λ 0
0
(1 − λ) (2 − λ) − 3 · 2 0
D’après le théorème de la page 2.6, ce système d’équations possède une solution
unique, à savoir v1 = v2 = 0, si la matrice associée à ce système est de rang 2 .
Pour obtenir un vecteur propre v non nul, il faut donc que la matrice associée
à ce système ne soit pas de rang 2, en d’autres termes, il faut que
0 = (1 − λ) (2 − λ) − 3 · 2 = λ2 − 3 λ − 4 = (λ − 4) (λ + 1)
1) Si λ = 4, nous nous retrouvons face au système suivant :
v1 + 2 v2 = 4 v1
−3 v1 + 2 v2 = 0
⇐⇒
⇐⇒
3 v1 + 2 v2 = 4 v2
3 v1 − 2 v2 = 0
3 v1 − 2 v2 = 0
On
2 est une variable libre ; en posant v2 = α, on obtient :
( constate que v
v1 = 32 α
2
1
= 3α
3
v2 = α
On en déduit ainsi que
λ=
4 est une valeur propre à laquelle est associée
2
l’espace propre E4 =
.
3
2) Dans le cas où λ = −1, nous avons affaire au système suivant :
v1 + 2 v2 = −v1
2 v1 + 2 v2 = 0
⇐⇒
⇐⇒ v1 + v2 = 0
3 v1 + 2 v2 = −v2
3 v1 + 3 v2 = 0
On constate que v2 est une variable libre ; en posant v2 = α, on obtient :
1
v1 = −α
= −α
−1
v2 = α
On conclut par conséquent que λ =
−1 est
une valeur propre à laquelle
1
.
est associée l’espace propre E−1 =
−1
Comme le montre la preuve du théorème du haut de la page 9.4, l’endomorphisme de R2 associé à la matrice
A dans
la base canonique admet,
dansla
4 0
1
2
.
, pour matrice A′ =
;
base des vecteurs propres B′ =
0 −1
−1
3
Algèbre linéaire : diagonalisation des endomorphismes
Corrigé 9.8
La matrice A est donc semblable à la matrice diagonale A′ , étant donné que
A′ = P−1 AP où P désigne la matrice de passage de la base canonique à la
base B′ des vecteurs propres.
Vérifions
cesaffirmations par le calcul.
2 1
P=
3 −1
Utilisons la méthode de Gauss-Jordan pour calculer P−1 :
L2 → 2 L2 − 3 L1
L2 → − 15 L2
2 1 1 0
2 1
1 0
=⇒
=⇒
3 −1 0 1
0 −5 −3 2
!
L1 → 12 L1
L1 → L1 − L2
1 0
2 0 25 25
2 1 1 0
=⇒
=⇒
2
3
2
3
0 1 5 −5
0 1 5 −5
0 1
!
On a donc trouvé P−1 =
P AP =
−1
1
5
3
5
1
5
− 25
!
1
5
3
5
1
5
− 52
1
5
3
5
1
5
− 25
.
1 2
2 1
=
3 2
3 −1
Algèbre linéaire : diagonalisation des endomorphismes
4
5
− 35
4
5
2
5
!
2 1
3 −1
=
4 0
0 −1
Corrigé 9.8
!