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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 l’article la notation $I$ désignera la matrice identité ou, pour ne pas surcharger les notations, à l’identité de $\R^3.$

Notez $e_1 = (1,0,0)$, $e_2 = (0,1,0)$ 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 $e_1 = (1,0,0)$, 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 généré par 3 vecteurs, 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 $X=2$, $X^3-7X^2+16X-12 = 0.$

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. A ce stade, $f$ admet $2$ ou $3$ pour valeur propre, mais on ne sait pas laquelle convient (ou peut-être les deux).

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 $f-2I$, 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 $z=4$, $y=3$ et $x=4y-2z = 12-8 = 4.$

Et vérifiez.

Le vecteur $v=(4, 3, 4)$ est bien un vecteur propre de $f$, 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 $f$, 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 $(f-2I)^3$, $\dim F + \dim G = 3.$

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 $(f-2I)^{m-j}$, vous aboutissez à $\lambda_j=0$, 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 $F$, 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 $\ker N^2$, que l’on complète 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 $\ker(f-2I)$, le vecteur propre $t=4v_2-v_1 = (4,3,4)$ convient. Ensuite, le vecteur $v_2$, 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 $(4v_2-v_1, v_2, v_3)$ famille qui regroupe une base de $F$ suivie d’une base de $G$, 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 $(t, v_2, v_3).$

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