Avant de chercher à résoudre une équation pour déterminer le sous-espace propre \(E_\lambda(A)\), il peut être utile de se demander si l’on peut déterminer simplement sa dimension.

En effet, lorsqu’on sait que \(E_\lambda(A)\) est de dimension \(p\), il suffit parfois de trouver \(p\) vecteurs propres associés à \(\lambda\) et linéairement indépendants pour décrire complètement ce sous-espace.

• Si \(A\) est une matrice carrée d’ordre \(n\) possédant \(n\) valeurs propres distinctes, alors tous ses sous-espaces propres sont de dimension \(1\). Pour déterminer \(E_\lambda(A)\), il suffit donc de trouver un vecteur propre non nul \(X_1\) associé à \(\lambda\), et l’on a alors \[ E_\lambda(A)=\mathrm{Vect}(X_1). \]
• Si \(E_\lambda(A)\) est de dimension \(2\), il suffit de trouver deux vecteurs propres \(X_1\) et \(X_2\), non colinéaires, appartenant à \(E_\lambda(A)\), et l’on obtient \[ E_\lambda(A)=\mathrm{Vect}(X_1,X_2). \]
• Dans certains cas, il est possible de deviner plus de vecteurs propres (lorsque \(p\geq 3\)), mais ces situations sont suffisamment rares pour ne pas être traitées ici.

Cette méthode est particulièrement utile si :

• on connaît déjà certains vecteurs propres associés à \(\lambda\),
• on est capable de trouver des vecteurs propres simplement et \(\dim(E_\lambda(A))\leq 2\).

Erreur classique

Passer trop de temps à vouloir absolument deviner des vecteurs propres : si l’on n’en trouve pas suffisamment rapidement, il faut changer de méthode.

On considère la matrice \[ A=\begin{pmatrix}1&1&1\\1&1&1\\1&1&1\end{pmatrix}. \]

Déterminer les valeurs propres de \(A\) et leurs sous-espaces propres associés.

• On observe que les trois colonnes de \(A\) sont égales et non nulles, donc \(A\) est de rang \(1\).
• Il en découle que \(0\) est valeur propre de \(A\) (car \(A\) n’est pas inversible) et que, en conséquence du théorème du rang, \[ \dim(E_0(A))=3-\mathrm{rg}(A)=3-1=2. \]
• De plus, la différence entre la première et la deuxième colonne (respectivement entre la première et la troisième) est nulle, donc \[ A\begin{pmatrix}1\\-1\\0\end{pmatrix}=0 \qquad\text{et}\qquad A\begin{pmatrix}1\\0\\-1\end{pmatrix}=0. \]
• En posant \[ X_1=\begin{pmatrix}1\\-1\\0\end{pmatrix} \qquad\text{et}\qquad X_2=\begin{pmatrix}1\\0\\-1\end{pmatrix}, \] on remarque que \((X_1,X_2)\) est une famille libre (deux vecteurs non colinéaires) formée de deux vecteurs de \(E_0(A)\), qui est de dimension \(2\). Ainsi \((X_1,X_2)\) est une base de \(E_0(A)\) et \[ E_0(A)=\mathrm{Vect}(X_1,X_2). \]
• Sur chaque ligne, la somme des coefficients est égale à \(3\), donc \[ A\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}3\\3\\3\end{pmatrix} =3\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}. \] Le vecteur \(\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}\) n’étant pas nul, \(3\) est valeur propre de \(A\) et \[ \mathrm{Vect}\!\left(\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}\right)\subset E_3(A). \]
• Enfin, \(A\) est une matrice carrée d’ordre \(3\), donc la somme des dimensions des sous-espaces propres ne peut excéder \(3\) (la concaténation de bases des sous-espaces propres est une famille libre de \(\mathcal{M}_{3,1}(\mathbb{R})\)). Comme \(\dim(E_0(A))=2\), on en déduit que \(A\) ne peut pas avoir d’autre valeur propre que \(0\) et \(3\), et nécessairement \[ \dim(E_3(A))=1. \] Ainsi, \[ E_3(A)=\mathrm{Vect}\!\left(\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}\right). \]

Pour déterminer explicitement le sous-espace propre \(E_\lambda(A)\), on résout l’équation \[ (A-\lambda I_n)X=0. \]

On procède par substitution ou à l’aide de la méthode du pivot de Gauss, afin d’obtenir un système équivalent plus simple (souvent triangulaire).

On en déduit ensuite l’ensemble des solutions en identifiant les variables libres, puis on extrait une base de \(E_\lambda(A)\).

Erreur classique

Donner seulement une solution particulière au lieu de décrire l’ensemble des solutions et d’en extraire une base.

On considère \[ A=\begin{pmatrix}3&-1&1\\1&1&-1\\-1&1&3\end{pmatrix} \qquad\text{et}\qquad \lambda=2. \]

Déterminer le sous-espace propre \(E_2(A)\).

Pour tout \( X=\begin{pmatrix}{ x \\y \\z \end{pmatrix} \in \mathcal{M}_{3,1}(\mathbb{R}) \), on a :

\[ \begin{align*} (A-2I_3)X=0 &\Longleftrightarrow \begin{pmatrix}1&-1&1\\1&-1&-1\\-1&1&1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}=0 \qquad L_2\leftarrow L_2-L_1,\; L_3\leftarrow L_3+L_1\\ &\Longleftrightarrow \begin{pmatrix}1&-1&1\\0&0&-2\\0&0&2\end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}=0 \qquad L_3\leftarrow L_3+L_2\\ &\Longleftrightarrow \begin{pmatrix}1&-1&1\\0&0&-2\\0&0&0\end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}=0\\ &\Longleftrightarrow \begin{cases} x-y+z=0\\ z=0 \end{cases}\\ &\Longleftrightarrow \begin{cases} z=0\\ x=y \end{cases}\\ &\Longleftrightarrow X=\begin{pmatrix}t\\t\\0\end{pmatrix} \quad\text{avec }t\in\mathbb{R} \end{align*} \]

On en déduit que \[ E_2(A)=\mathrm{Vect}\!\left(\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}\right). \]