080. Maîtrisez la méthode de Le Verrier

L’objectif de ce contenu est de procéder, sur un exemple, au calcul du polynôme caractéristique d’une matrice sans développer de déterminant.

Soit $A$ la matrice suivante :

\begin{pmatrix} 6 & -3 & -2 \\ 4 & -1 & -2 \\ 10 & -5 & -3 \end{pmatrix}.

En considérant que les coefficients de $A$ sont des nombres complexes, vous constatez que le polynôme caractéristique de $A$ est un élément de $\C[X]\comma$ que vous notez $P.$

Vous notez $M_3(\C)$ l’ensemble des matrices à coefficients complexes d’ordre $3.$

Or, d’après le théorème de d’Alembert, tout polynôme non constant admet au moins une racine complexe.

Pour en savoir davantage, allez lire le contenu rédigé dans l'article 063.

Ainsi, le polynôme $P$ est scindé dans $\C[X].$

Justifiez que $A$ est trigonalisable

Comme la famille $(A, A^2,\dots, A^{10})$ comporte $10$ vecteurs appartenant à l’espace vectoriel $M_3(\C)$ qui est de dimension $9\comma$ elle est liée.

Ainsi, il existe un polynôme $Q$ de $\C[X]\comma$ non constant, tel que $Q(A)=0.$ Toujours grâce au théorème de d’Alembert, le polynôme $Q$ est scindé. La matrice $A$ étant annulée par un polynôme scindé, elle est trigonalisable dans $M_3(\C).$

Donc il existe des nombres complexes $\lambda_1\comma$ $\lambda_2\comma$ $\lambda_3$ et une matrice inversible $R\in M_3(\C)$ tels que :

\begin{align*} R^{-1}AR &= \begin{pmatrix} \lambda_1 &\ast & \ast \\ 0 & \lambda_2 & \ast \\ 0 & 0 & \lambda_3 \\ \end{pmatrix}. \end{align*}

Dans la suite, vous poserez $\boxed{T=R^{-1}AR.}$

Calculez la trace des matrices $A\comma$ $A^2$ et $A^3$

La trace de $A$ est égale à la somme des coefficients situés sur la diagonale principale de la matrice $A.$ Vous avez $\tr(A)=2.$

Vous calculez la matrice $A^2$ et vous trouvez que :

A^2 = \begin{pmatrix} 4 & -5 & 0 \\ 0 & -1 & 0 \\ 10 & -10 & -1 \end{pmatrix}.

Ainsi, $\tr(A^2)=2.$

En utilisant la relation $A^3=A\times A^2\comma$ vous calculez la matrice $A^3.$ Il vient :

\begin{pmatrix} 4 & -7 & 2 \\ -4 & 1 & 2 \\ 10 & -15 & 3 \end{pmatrix}.

Du coup, $\tr(A^3)=8.$

Calculez les puissances des nombres complexes $\lambda_1\comma$ $\lambda_2$ et $\lambda_3$

D’après ce qui précède, vous avez déjà :

\begin{align*} R^{-1}AR &= \begin{pmatrix} \lambda_1 &\ast & \ast \\ 0 & \lambda_2 & \ast \\ 0 & 0 & \lambda_3 \\ \end{pmatrix}. \end{align*}

Or, quelles que soient les matrices $C$ et $D$ appartenant à $M_3(\C)\comma$ vous avez $\tr(CD)=\tr(DC).$

Donc :

\begin{align*} \tr(A) &= \tr\bigl((AR)R^{-1}\bigr)\\ &=\tr(R^{-1}AR)\\ &=\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3. \end{align*}

Puis :

\begin{align*} (R^{-1}AR)^2 &= R^{-1}ARR^{-1}AR\\ &= R^{-1}A^2R\\ &=\begin{pmatrix} \lambda_1^2 &\ast & \ast \\ 0 & \lambda_2^2 & \ast \\ 0 & 0 & \lambda_3^2 \\ \end{pmatrix}. \end{align*}

Alors :

\begin{align*} \tr(A^2) &= \tr\bigl((A^2R)R^{-1}\bigr)\\ &=\tr(R^{-1}A^2R)\\ &=\lambda_1^2+\lambda_2^2+\lambda_3^2. \end{align*}

De même :

\begin{align*} (R^{-1}AR)^3 &= R^{-1}ARR^{-1}ARR^{-1}AR\\ &= R^{-1}A^3R\\ &=\begin{pmatrix} \lambda_1^3 &\ast & \ast \\ 0 & \lambda_2^3 & \ast \\ 0 & 0 & \lambda_3^3 \\ \end{pmatrix}. \end{align*}

Et enfin :

\begin{align*} \tr(A^3) &= \tr\bigl((A^3R)R^{-1}\bigr)\\ &=\tr(R^{-1}A^3R)\\ &=\lambda_1^3+\lambda_2^3+\lambda_3^3. \end{align*}

Utilisez les sommes de Newton

D’après ce qui précède, les trois nombres complexes $\lambda_1\comma$ $\lambda_2$ et $\lambda_3$ vérifient le système suivant :

\left\{\begin{align*} \lambda_1+\lambda_2+\lambda_3 &= 2\\ \lambda_1^2+\lambda_2^2+\lambda_3^2 &= 2\\ \lambda_1^3+\lambda_2^3+\lambda_3^3 &= 8. \end{align*} \right.

Vous introduisez les fonctions symétriques, qui sont définies par :

\left\{\begin{align*} \sigma_1 &= \lambda_1+\lambda_2+\lambda_3\\ \sigma_2 &=\lambda_1\lambda_2+\lambda_1\lambda_3+\lambda_2\lambda_3 \\ \sigma_3 &=\lambda_1\lambda_2\lambda_3. \end{align*} \right.

Vous avez déjà $\boxed{\sigma_1 = 2.}$ En élevant $\sigma_1$ au carré, il vient :

\begin{align*} 4 &= \sigma_1^2\\ &= (\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3)^2\\ &= (\lambda_1^2+\lambda_2^2+\lambda_3^2)+2 \lambda_1\lambda_2 + 2\lambda_1\lambda_3+2\lambda_2\lambda_3\\ &=2 + 2\sigma_2. \end{align*}

Ainsi, vous avez $\boxed{\sigma_2 = 1.}$

Pour faire apparaître $\sigma_3\comma$ vous pouvez élever au cube la somme $\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3.$ Alors :

\begin{align*} 8 &= \sigma_1^3\\ &= (\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3)^3\\ &= (\lambda_1^3+\lambda_2^3+\lambda_3^3)\\ &\quad+3 \lambda_1^2\lambda_2 + 3 \lambda_1^2\lambda_3+3 \lambda_2^2\lambda_1 +3 \lambda_2^2\lambda_3+3\lambda_3^2\lambda_1+3\lambda_3^2\lambda_2\\ &\quad+6\lambda_1\lambda_2\lambda_3\\ &= 8+3( \lambda_1^2\lambda_2+\lambda_1^2\lambda_3+ \lambda_2^2\lambda_1 +\lambda_2^2\lambda_3+\lambda_3^2\lambda_1+\lambda_3^2\lambda_2)+6\sigma_3. \end{align*}

Après simplification, vous avez :

\begin{align*} \sigma_3 &=\frac{-1}{2}\left(\lambda_1^2\lambda_2+\lambda_1^2\lambda_3+ \lambda_2^2\lambda_1 +\lambda_2^2\lambda_3+\lambda_3^2\lambda_1+\lambda_3^2\lambda_2\right). \end{align*}

Afin de calculer ce qui reste, vous développez le produit $\sigma_1\sigma_2.$ Vous déduisez ce qui suit :

\begin{align*} 2 &= \sigma_1\sigma_2\\ &= (\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3)(\lambda_1\lambda_2+\lambda_1\lambda_3+\lambda_2\lambda_3)\\ &=\lambda_1^2\lambda_2+\lambda_1^2\lambda_3+\lambda_1\lambda_2\lambda_3\\ &\quad +\lambda_1\lambda_2^2+\lambda_1\lambda_2\lambda_3 + \lambda_2^2\lambda_3\\ &\quad +\lambda_1\lambda_2\lambda_3+\lambda_1\lambda_3^2+\lambda_2\lambda_3^2\\ &=(\lambda_1^2\lambda_2+\lambda_1^2\lambda_3+ \lambda_2^2\lambda_1 +\lambda_2^2\lambda_3+\lambda_3^2\lambda_1+\lambda_3^2\lambda_2)+3\sigma_3. \end{align*}

Ainsi, $\sigma_3$ vérifie les égalités suivantes :

\begin{align*} \sigma_3 &= \frac{-1}{2}(2-3\sigma_3)\\ 2\sigma_3 &=-2+3\sigma_3. \end{align*}

Finalement, vous avez $\boxed{\sigma_3=2.}$

Concluez

Le polynôme caractéristique $P$ de la matrice $A$ est le même que celui de la matrice $T\comma$ puisqu’il existe une matrice inversible $R$ telle que $R^{-1}AR = T.$

Compte tenu de la forme triangulaire supérieure de la matrice $T\comma$ vous avez :

\begin{align*} P(X) &= (X-\lambda_1)(X-\lambda_2)(X-\lambda_3)\\ &= X^3-\sigma_1X^2+\sigma_2X-\sigma_3. \end{align*}

Les valeurs de $\sigma_1\comma$ $\sigma_2$ et $\sigma_3$ ont été déterminées grâce aux valeurs des sommes de Newton, elles-mêmes déduites des traces des matrices $A\comma$ $A^2$ et $A^3.$

En définitive, vous avez :

\boxed{P(X)=X^3-2X^2+X-2.}

Prolongement

Soit $n$ un entier naturel non nul. Quelles que soient les matrices $A$ et $B$ carrées d’ordre $n$ et à coefficients complexes, est-ce que les matrices $AB$ et $BA$ ont le même polynôme caractéristique ?