145. Trigonalisez une matrice sans utiliser le déterminant

Considérez la matrice réelle définie par :

A=\begin{pmatrix} 1 & 4 & -2 \\ 0 & 6 & -3 \\ -1 & 4 & 0 \end{pmatrix}.

Soit $f$ l’endomorphisme de $\R^3$ canoniquement associé à la matrice $A.$

Note. Dans la suite de ce contenu, la notation $I$ désignera la matrice identité ou, pour ne pas surcharger les notations, l’identité de $\R^3.$

Notez $e_1 = (1,0,0)\comma$ $e_2 = (0,1,0)$ et $e_3 = (0,0,1)$ les trois vecteurs de la base canonique de $\R^3.$

La matrice de $f$ montre que :

\begin{align*} f(e_1) &= e_1-e_3 \\ &= (1,0,-1). \end{align*}

\begin{align*} f(e_2) &= 4e_1+6e_2+4e_3 \\ &= (4,6,4). \end{align*}

\begin{align*} f(e_3) &= -2e_1-3e_2 \\ &= (-2,-3,0). \end{align*}

Du coup, par linéarité :

\begin{align*} f(x,y,z) &= f(xe_1+ye_2+ze_3) \\ &= xf(e_1)+yf(e_2)+zf(e_3) \\ &= (x,0,-x)+(4y,6y,4y)+(-2z,-3z,0)\\ &=(x+4y-2z ; 6y-3z ;-x+4y). \end{align*}

Trigonaliser $A$ revient à déterminer une base dans laquelle la matrice de l’endomorphisme $f$ est triangulaire supérieure.

Déterminez une valeur propre de $f$

Le démarrage est le plus délicat. L’idée est de construire des itérés d’un même vecteur par $f$ pour en déduire un polynôme annulateur de ce vecteur, qui fournira l’existence d’une valeur propre de $f$ parmi un nombre fini de candidats possibles.

Partez du vecteur $e_1 = (1,0,0)\comma$ vous allez itérer $f$ une première fois.

f(e_1) = f(1,0,0)=(1,0,-1).

Poursuivez et itérez à nouveau. Vous noterez $f^2 = f\circ f$ la composition de $f$ avec lui-même.

\begin{align*} f^2(e_1)&=f(f(e_1))\\ &= f(1,0,-1)\\ &= (3, 3, -1). \end{align*}

Continuez d’itérer.

\begin{align*} f^3(e_1) &= f(3,3,-1)\\ &= (3+12+2 ; 18+3 ; -3+12)\\ &= (17, 21, 9). \end{align*}

La famille $(e_1,f(e_1), f^2(e_1),f^3(e_1))$ comporte quatre vecteurs dans un espace de dimension trois, elle est donc liée.

Vous avez :

\begin{align*} e_1 &= e_1 & & \\ f(e_1) &=e_1 & &- e_3\\ f^2(e_1) &= 3e_1 &+ 3e_2&- e_3\\ f^3(e_1) &= 17e_1&+ 21e_2&+ 9e_3. \end{align*}

Par opérations élémentaires utilisant la première ligne, vous aboutissez à :

\begin{align*} f(e_1) – e_1&= – e_3\\ f^2(e_1) -3e_1 &= 3e_2-e_3\\ f^3(e_1) -17e_1&= 21e_2+9e_3. \end{align*}

Vous permutez première et deuxième ligne pour obtenir :

\begin{align*} f^2(e_1) -3e_1 &= 3e_2-e_3\\ f(e_1) – e_1&= – e_3\\ f^3(e_1) -17e_1&= 21e_2+9e_3. \end{align*}

Vous combinez la troisième ligne et la première :

\begin{align*} f(e_1) – e_1&= – e_3\\ f^3(e_1) -7f^2(e_1)+4e_1&= 16e_3. \end{align*}

Puis vous éliminez $e_3$ à partir des deux dernières équations.

f^3(e_1) -7f^2(e_1)+16f(e_1)-12e_1= 0.

Ainsi $(f^3-7f^2+16f-12I)(e_1)=0.$

Factorisez le polynôme $X^3-7X^2+16X-12$

Lorsque $X=2\comma$ $X^3-7X^2+16X-12 = 0.$

Le polynôme $X^3-7X^2+16X-12$ est donc factorisable par $X-2.$

Vous calculez alors :

\begin{align*} X^3-7X^2+16X-12 &= (X-2+2)^3-7X^2+16X-12\\ &=(X-2)^3+6(X-2)^2+12(X-2)+8-7X^2+16X-12\\ &=(X-2)^3+6(X-2)^2+12(X-2)-7X^2+16X-4\\ &=(X-2)^3+6(X-2)^2+12(X-2)-7(X-2+2)^2+16X-4\\ &=(X-2)^3+6(X-2)^2+12(X-2)-7((X-2)^2+4(X-2)+4)+16X-4\\ &=(X-2)^3-(X-2)^2-16(X-2)+16X-32\\ &=(X-2)^3-(X-2)^2-16(X-2)+16(X-2+2)-32\\ &=(X-2)^3-(X-2)^2-16(X-2)+16(X-2)\\ &=(X-2)^3-(X-2)^2\\ &=(X-2)^2(X-2-1)\\ &=(X-2)^2(X-3). \end{align*}

Déduisez-en une valeur propre de $f$

Puisque $(f-2I)^2(f-3I)(e_1)=0$ les deux endomorphismes $f-2I$ et $f-3I$ ne peuvent être simultanément injectifs, sinon $e_1$ serait nul. À ce stade, $f$ admet $2$ ou $3$ pour valeur propre, mais vous ne savez pas encore laquelle convient, ni si les deux conviennent.

Formez l’endomorphisme $f-2I$ et déterminez, si possible, un vecteur non nul de son noyau.

(f-2I)(x,y,z) = (-x+4y-2z ; 4y-3z ;-x+4y-2z).

Si $(x,y,z)$ appartient au noyau de $f-2I\comma$ alors :

\begin{align*} -x+4y-2z &= 0\\ 4y-3z &=0\\ -x+4y-2z&=0 \end{align*}

\begin{align*} -x+4y-2z &= 0\\ 4y-3z &=0 \end{align*}

\begin{align*} -x+4y &= 2z\\ 4y &=3z. \end{align*}

Prenez $z=4\comma$ $y=3$ et $x=4y-2z = 12-8 = 4.$

Et vérifiez.

Le vecteur $v=(4, 3, 4)$ est bien un vecteur propre de $f\comma$ associé à la valeur propre $2.$

\begin{align*} f(v) &= f(4,3,4)\\ &=(4+12-8, 18-12, -4+12)\\ &= (8, 6, 8)\\ &= 2v. \end{align*}

Décomposez l’espace en somme directe

Comme $2$ est valeur propre de $f\comma$ vous formez l’espace propre généralisé $F = \ker(f-2I)^3$ ainsi que l’image correspondante $G=\mathrm{Im}(f-2I)^3.$

Par le théorème du rang appliqué à l’endomorphisme $(f-2I)^3\comma$ $\dim F + \dim G = 3.$

Il reste à montrer que $F\cap G = \{0\}.$

Soit $x\in F\cap G.$

Alors $(f-2I)^3(x) = 0$ et d’autre part, il existe $y\in\R^3$ tel que $x = (f-2I)^3(y).$

Par suite, $(f-2I)^6(y)=0.$

L’ensemble $\{n\in \N^{*}, (f-2I)^n(y)=0\}$ est une partie de $\N$ qui est non vide puisqu’elle contient $6.$

Notez $m$ son minimum, alors $m\geq 1.$

Considérez la famille $(y, \dots, (f-2I)^{m-1}(y)).$ Cette famille est libre.

En effet si ce n’était pas le cas, il existerait $(\lambda_0, \dots, \lambda_{m-1})\in\R^{m}$ tel que $\sum_{i=0}^{m-1} \lambda_i (f-2I)^{i}(y) =0$ et $(\lambda_0, \dots, \lambda_{m-1})\neq (0,\dots,0).$ Notez $j$ le plus petit indice des valeurs de $i$ comprises entre $0$ et $m-1$ tel que $\lambda_j$ soit non nul.

Vous en déduisez $\sum_{i=j}^{m-1} \lambda_i (f-2I)^{i}(y) =0$ et en multipliant par $(f-2I)^{m-j}\comma$ vous aboutissez à $\lambda_j=0\comma$ contradiction.

La famille susmentionnée contient $m$ vecteurs donc $m$ est inférieur à la dimension de l’espace et par suite $m\leq 3.$

De $(f-2I)^m(y) = 0$ et de $m\leq 3$ vous déduisez $(f-2I)^3(y)=0$ ce qui est précisément $x=0.$

Ainsi $\R^3 = F\oplus G.$

Déterminez une base de $F$ et une base de $G$

Les calculs fournissent :

(A-2I)^3 = \begin{pmatrix} 3 & 4 & -6\\ 3 & 4 & -6\\ 3 & 4 & -6 \end{pmatrix}.

Ainsi l’expression de l’endomorphisme $(f-2I)^3$ est :

(f-2I)^3(x,y,z) = (3x+4y-6z,3x+4y-6z,3x+4y-6z).

L’espace vectoriel $F$ est donc de dimension $2$ et il est engendré par $v_1 = (4,-3,0)$ et $v_2=(2,0,1).$

L’espace vectoriel $G$ est de dimension $1$ et il est engendré par $v_3=(1, 1, 1).$

Il est rapide de vérifier que les espaces $F$ et $G$ sont stables par $f.$

Restreint à $F\comma$ l’endomorphisme $f-2I$ est nilpotent.

Déterminer une base agréable d’un endomorphisme nilpotent $N$ c’est d’abord trouver une base de $\ker N$ puis la compléter en une base de $\ker N^2\comma$ que vous complétez en une base de $\ker N^3$ et ainsi de suite.

Pour le cas étudié ici, vous choisissez d’abord un vecteur non nul de $\ker(f-2I)\comma$ le vecteur propre $t=4v_2-v_1 = (4,3,4)$ convient. Ensuite, le vecteur $v_2\comma$ non colinéaire à $t=4v_2-v_1$ convient pour finir la base puisque $F$ est de dimension $2.$

Vous avez déjà $f(t)=2t.$

Vous pouvez vérifier que $f(v_2)$ appartient bien à $F.$

En effet :

\begin{align*} f(v_2)&=f(2,0,1)\\ &=(0,-3,-2)\\ &= -(4,3,4) + 2(2,0,1)\\ &=-t+2v_2 \end{align*}

De même vous pouvez vérifier que $f(v_3)$ appartient bien à $G.$

\begin{align*} f(v_3) &= f(1,1,1)\\ &=(3,3,3)\\ &=3v_3. \end{align*}

Concluez

Considérez la matrice :

P=\begin{pmatrix} 4 &2 & 1\\ 3 & 0 & 1\\ 4 & 1 & 1 \end{pmatrix}

elle est formée en colonnes par les vecteurs $(4v_2-v_1, v_2, v_3)\comma$ famille qui regroupe une base de $F$ suivie d’une base de $G\comma$ ce qui en fait une base de $\R^3.$ La matrice $P$ est donc inversible.

Comme attendu :

P^{-1}AP = \begin{pmatrix} 2 & -1 & 0\\ 0 & 2 & 0\\ 0 & 0 & 3 \end{pmatrix}

est bien triangulaire supérieure, c’est la matrice de $f$ dans la base $(t, v_2, v_3).$