Corrigé des exercices - Dunod

109
4. On a donc
⎛
P −1 AP = B = ⎝
−2 0 0
0 1 0
0 0 3
Par suite A 3 − 2A 2 − 5A + 6I = P(B 3 − 2B 2 − 5B + 6I)P −1 . Or B 3 − 2B 2 − 5B + 6I est
égal à
⎛
(−2) 3 − 2(−2) 2 − 5(−2) + 6 0 0
⎞
⎝ 0 (1) 3 − 2(1) 2 − 5(1) + 6 0 ⎠ = 0
0 0 (3) 3 − 2(3) 2 − 5(3) + 6
D’où A 3 − 2A 2 − 5A + 6I = 0
Exercice 14.7
1. a) Les valeurs propres de f α sont celles de A(α). On triangule donc A(α) − λI
⎛
1 − λ 0 α
⎞ ⎛
α 0
⎞
1 − λ L 1 ↔ L 3
⎝ 0 1 − λ 0 ⎠ → ⎝ 0 1 − λ 0 ⎠
α 0 1 − λ 1 − λ 0 α
⎛
⎞
α 0 1 − λ
→ ⎝ 0 1 − λ 0 ⎠
0 0 α 2 − (1 − λ) 2 L 3 ← αL 3 + (λ − 1)L 1
Les valeurs propres de A(α) sont les solutions de (1 − λ)(α 2 − (1 − λ) 2 ) = 0, soit encore
(1 − λ)(α − 1 + λ)(α + 1 − λ) = 0. Ce sont donc 1, 1 − α et 1 + α. Comme α > 0, ces trois
valeurs sont distinctes.
b) f α étant un endomorphisme d’un espace de dimension 3 comptant 3 valeurs propres
distinctes, f α est diagonalisable.
c) f α est un isomorphisme si et seulement si 0 n’est pas valeur propre de f α . D’après ce qui
précède et vu que α > 0, f α est un isomorphisme si et seulement si α ≠ 1.
2. Une équation de E 1−α est
{
αx + αz = 0
αy = 0 ⇔ {
x = −z
y = 0
D’où E 1−α = Vect(−1,0,1).
Une équation de E 1 est {
αx = 0
α 2 z = 0 ⇔ {
x = 0
z = 0
D’où E 1 = Vect(0,1,0).
Une équation de E 1+α est
{
−αx + αz = 0
−αy = 0 ⇔ {
x = z
y = 0
D’où E 1+α = Vect(1,0,1).
Une base de vecteurs propres est donc par exemple ((−1,0,1),(0,1,0),(1,0,1)).
⎞
⎠