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

9.8 On recherche un scalaire λet un vecteur non nul v=v1
v2tels que Av=λ·v,
c’est-à-dire
1 2
3 2v1 v2=v1+ 2 v2 3v1+ 2 v2=λ·v1 v2=λ v1 λ v2
Il s’agit donc de résoudre le système suivant :
v1+ 2 v2=λ v1
3v1+ 2 v2=λ v2
⇐⇒ (1 −λ)v1+ 2 v2= 0
3v1+ (2 −λ)v2= 0
Résolvons ce système en échelonnant la matrice correspondante :
1−λ20
3 2 −λ0L2→(1 −λ) L2−3 L1
=⇒1−λ20
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 vnon 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 = λ2−3λ−4 = (λ−4) (λ+ 1)
1) Si λ= 4, nous nous retrouvons face au système suivant :
v1+ 2 v2= 4 v1
3v1+ 2 v2= 4 v2
⇐⇒ −3v1+ 2 v2= 0
3v1−2v2= 0 ⇐⇒ 3v1−2v2= 0
On constate que v2est une variable libre ; en posant v2=α, on obtient :
(v1=2
3α
v2=α=1
3α2
3
On en déduit ainsi que λ= 4 est une valeur propre à laquelle est associée
l’espace propre E4=2
3.
2) Dans le cas où λ=−1, nous avons affaire au système suivant :
v1+ 2 v2=−v1
3v1+ 2 v2=−v2
⇐⇒ 2v1+ 2 v2= 0
3v1+ 3 v2= 0 ⇐⇒ v1+v2= 0
On constate que v2est une variable libre ; en posant v2=α, on obtient :
v1=−α
v2=α=−α1
−1
On conclut par conséquent que λ=−1est une valeur propre à laquelle
est associée l’espace propre E−1= 1
−1.
Comme le montre la preuve du théorème du haut de la page 9.4, l’endomor-
phisme de R2associé à la matrice Adans la base canonique admet, dans la
base des vecteurs propres B′=2
3;1
−1, pour matrice A′=4 0
0−1.
Algèbre linéaire : diagonalisation des endomorphismes Corrigé 9.8

La matrice Aest donc semblable à la matrice diagonale A′, étant donné que
A′= P−1AP où Pdésigne la matrice de passage de la base canonique à la
base B′des vecteurs propres.
Vérifions ces affirmations par le calcul.
P = 2 1
3−1
Utilisons la méthode de Gauss-Jordan pour calculer P−1:
2 1 1 0
3−1 0 1 L2→2 L2−3 L1
=⇒2 1 1 0
0−5−3 2 L2→ − 1
5L2
=⇒
2 1 1 0
0 1 3
5−2 5L1→L1−L2
=⇒ 2 0 2
5
2
5
0 1 3
5−2 5!L1→1
2L1
=⇒ 1 0 1
5
1
5
0 1 3
5−2 5!
On a donc trouvé P−1= 1
5
1
5
3
5−2 5!.
P−1AP = 1
5
1
5
3
5−2 5!1 2
3 22 1 3−1= 4
5
4
5
−3
5
2
5!2 1
3−1=4 0 0−1
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