Universit´e Denis Diderot (Paris VII) 2020-2021 CM3 - TD
TD 6
Exercice 7. 1)
det (f −λId) =
12−λ 11 5
−10 −9−λ −4
−6 −6 −3−λ C1 ←−C1−C2
det (f−λId) =
1−λ 11 5
−1 +λ −9−λ −4
0 −6 −3−λ
L2 ←−L2+L1
det (f −λId) =
1−λ 11 5
0 2−λ 1
0 −6 −3−λ
On d´eveloppe par rapport `a la premi`ere colonne
det (f −λId) = (−1)1+1(1−λ)
2−λ 1
−6 −3−λ
= (1−λ) ((2−λ)(−3−λ) + 6)
= (1−λ)λ(1 +λ) Les valeurs propres de f sont 1, 0 et −1.
2) Le polynˆome caract´eristique def est scind´e surRet ses racines sont simples doncf est diagonalisable sur R. Il existe donc une base de R3 form´ee de vecteurs propres de f.
3) Soit B = (e1, e2, e3) une telle base. On peut supposer quitte `a r´eordonner les vecteurs de base que les vecteurs propres e1, e2 et e3 sont associ´es respectivement aux valeurs propres 1, 0 et −1. Ainsi
f(e1) =e1, f(e2) = 0 et f(e3) =−e3.
On d´eterminera des choix possibles pour ces vecteurs propres `a la derni`ere question.
Soit v =e1+e2+e3, calculons f(v) et f2(v) en utilisant la lin´earit´e de f. f(v) = f(e1+e2+e3)
= f(e1) +f(e2) +f(e3)
= e1 −e3
et
f2(v) = f(f(v))
= f(e1−e3)
= f(e1)−f(e3)
= e1+e3
1
on peut donc ´ecrire les coordonn´ees suivantes dans la base B= (e1, e2, e3)
(v)B =
1 1 1
, (f(v))B =
1 0
−1
et f2(v)
B =
1 0 1
Pour montrer que D = (v, f(v), f2(v)) est une base de R3 il suffit de prouver que le rang de cette famille de vecteur est 3.
rg(v, f(v), f2(v)) = rg
1 1 1
1 0 0
1 −1 1
C1 ←−C1+C2
rg(v, f(v), f2(v)) = rg
2 1 1
1 0 0
0 −1 1
C2 ←−C2+C3
rg(v, f(v), f2(v)) = rg
2 2 1 1 0 0 0 0 1
C1 ↔C2
rg(v, f(v), f2(v)) = rg
2 2 1 0 1 0 0 0 1
On obtient finalement une matrice ´echelonn´ee avec 3 pivots de Gauss, son rang est donc 3.
D = (v, f(v), f2(v)) est donc une base de R3. Calculons la matrice de f dans la base D.
f(v) = f(v), f(f(v)) =f2(v) et
f(f2(v)) = f(e1+e3) = f(e1) +f(e3) = e1−e3 =f(v).
Ainsi
MatD,D(f) =
0 0 0 1 0 1 0 1 0
.
Les lignes L2 et L3 sont lin´eairements ind´ependantes et la ligne L1 est nulle, le rang de f est donc 2.
2
4) NotonsA la matrice de f dans la base canonique
A=
12 11 5
−10 −9 −4
−6 −6 −3
D´eterminons les coordonn´ees dans la base canonique d’un vecteur propre e2 associ´e `a la valeur propre 0. R´esolvons le syst`eme suivant
(A−0 Id)
x y z
=
0 0 0
12 11 5
−10 −9 −4
−6 −6 −3
x y z
=
0 0 0
soit
12x +11y +5z = 0
−10x −9y −4z = 0
−6x −6y −3z = 0 L1 ↔L1+ 2L2
−y −z = 0
−10x −9y −4z = 0
−6x −6y −3z = 0
y = −z
−10x +5z = 0
−6x +3z = 0
Finalement le syst`eme est ´equivalent `az = 2xety =−z. Le vecteur suivant est donc solution du syst`eme et est un vecteur propre associ´e `a la valeur propre 0
e2 =
1
−2 2
D´eterminons les coordonn´ees dans la base canonique d’un vecteur propre e1 associ´e `a la valeur propre 1.
A−Id =
11 11 5
−10 −10 −4
−6 −6 −4
3
On remarque que C1−C2 = 0 donc le vecteur
e1 =
1
−1 0
v´erifie
(A−Id)e1 = 0
c’est donc un vecteur propre associ´e `a la valeur propre 1. (si l’on ne devine pas la relation C1−C2 = 0 on peut proc´eder commer pr´ec´edemment et r´esoudre le syst`eme.)
Pour finir d´eterminons les coordonn´ees dans la base canonique d’un vecteur propre e3
associ´e `a la valeur propre −1.
A+ Id =
13 11 5
−10 −8 −4
−6 −6 −2
On remarque que −2C1 +C2 + 3C3 = 0 donc le vecteur suivant est un vecteur propre de f associ´e `a la valeur propre −1
e3 =
−2 1 3
.
On a donc d´etermin´e une base (e1, e2, e3) de vecteurs propres def. La matriceP est la matrice de passage dont la i-`eme colonne est donn´ee par les coordonn´ees du vecteur ei dans la base canonique :
P =
1 1 −2
−1 −2 1
0 2 3
. On a alors
P−1AP =
1 0 0 0 0 0 0 0 −1
.
4
