Considérez la matrice :
A= \begin{pmatrix}
3 & -1 & -1 \\
-1 & 2 & 0\\
3 & -2 & 0
\end{pmatrix}.Soit $(x_1,x_2,x_3)\in\R^3.$ En posant $X = \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2\\ x_3\end{pmatrix}$ il vient :
\begin{align*}
AX &= \begin{pmatrix}
3 & -1 & -1 \\
-1 & 2 & 0\\
3 & -2 & 0
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2\\ x_3\end{pmatrix}
\\
&=\begin{pmatrix} 3x_1-x_2-x_3 \\ -x_1+2x_2\\3x_1-2 x_2\end{pmatrix}.
\end{align*}Vous allez considérer l’endomorphisme $f$ de $\R^3$ défini par :
\forall (x_1,x_2,x_3), f(x_1,x_2,x_3) = (3x_1-x_2-x_3,-x_1+2x_2, 3x_1-2x_2).
Quelques notations
Notez $e_1 = (1,0,0)$ le premier vecteur de la base canonique de $\R^3.$
Notez $e_2 = (0,1,0)$ le deuxième vecteur de la base canonique de $\R^3.$
Notez $e_3 = (0,0,1)$ le troisième vecteur de la base canonique de $\R^3.$
La matrice de $f$ dans la base $(e_1,e_2,e_3)$ est bien la matrice $A.$
Pour tout sous-espace vectoriel $H$ de $\R^3$ vous noterez $\mathrm{Id}_H$ l’application identité de $H.$
Qu’est-ce que trigonaliser l’endomorphisme $f$ ?
Il s’agit de trouver une base de $\R^3$, notée $(v_1,v_2,v_3)$ telle que :
\left\{\begin{align*}
f(v_1)&\in \mathrm{Vect}(v_1)\\
f(v_2)&\in \mathrm{Vect}(v_1,v_2)\\
f(v_3)&\in \mathrm{Vect}(v_1,v_2,v_3).
\end{align*}\right.Comment démarrer ?
Tout d’abord, à supposer que vous êtes arrivé à trigonaliser l’endomorphisme $f$, il existe une base $(v_1,v_2,v_3)$ de $\R^3$ (donc $v_1$ est non nul) qui satisfait les conditions ci-dessus.
Comme $f(v_1)\in \text{Vect}(v_1)$, vous déduisez qu’il existe $\lambda\in\R$ tel que $f(v_1)=\lambda v_1$ donc $(f-\lambda \mathrm{Id}_{\R^3})(v_1) = 0.$ Par suite l’endomorphisme $f-\lambda \mathrm{Id}_{\R^3}$ n’est pas injectif.
Il s’agit ainsi de trouver $\lambda\in\R$ pour que $f-\lambda \mathrm{Id}_{\R^3}$ ne soit pas un automorphisme de $\R^3.$ Trouver un réel $\lambda$ qui satisfait cette condition, c’est trouver une valeur propre de $f$.
Ciblez les valeurs propres potentielles de $f$
L’intérêt d’un endomorphisme, c’est qu’il peut s’itérer plusieurs fois.
Vous calculez successivement :
\begin{align*}
f(e_1) &= (3, -1, 3)\\
f^2(e_1) &= f(f(e_1)) = f(3,-1,3) =(7, -5, 11)\\
f^3(e_1) &= f(f(f(e_1))) = f(7,-5,11) = (15, -17, 31).
\end{align*}La famille $(e_1, f(e_1), f^2(e_1), f^3(e_1) )$ est formée par quatre vecteurs de $\R^3$ qui est engendré par les $3$ vecteurs de la base canonique, donc elle est liée.
La méthode du pivot va permettre de trouver une relation qui les lie.
Utilisez le vecteur $e_1$ pour faire apparaître des zéros sur la première coordonnée :
\begin{align*}
f(e_1)-3e_1 &=(0, -1, 3)\\
f^2(e_1)-7e_1 &= (0,-5, 11)\\
f^3(e_1)-15e_1 &=(0, -17, 31).
\end{align*}La famille $(f(e_1)-3e_1, f^2(e_1)-7e_1, f^3(e_1)-5e_1)$ est formée par trois vecteurs qui appartiennent à $\text{Vect}(e_2, e_3)$ où $e_2 = (0,1,0)$ et $e_3 = (0,0,1)$, qui est un sous-espace vectoriel de $\R^3$ engendré par $2$ vecteurs, donc elle est liée.
Vous continuez ainsi :
\begin{align*}
-5f(e_1)+15e_1 &=(0, 5, -15)\\
f^2(e_1)-7e_1 &= (0,-5, 11)\\
f^2(e_1)-5f(e_1)+8e_1 &=(0,0,-4).
\end{align*}\begin{align*}
-17f(e_1)+51e_1 &=(0, 17, -51)\\
f^3(e_1)-15e_1 &=(0, -17, 31)\\
f^3(e_1)-17f(e_1)+36e_1&=(0,0,-20).
\end{align*}A partir des deux dernières relations, vous pouvez obtenir le vecteur nul.
\begin{align*}
-5f^2(e_1)+25f(e_1)-40e_1 &=(0,0,20)\\
f^3(e_1)-17f(e_1)+36e_1&=(0,0,-20).
\end{align*}\begin{align*}
f^3(e_1)-5f^2(e_1)+8f(e_1)-4e_1 &= 0 \\
(f^3-5f^2+8f-4\mathrm{Id}_{\R^3})(e_1) &=0.
\end{align*}
Factorisez le polynôme $X^3-5X^2+8X-4$
Posez $P(X) = X^3-5X^2+8X-4.$
Ce polynôme étant à coefficients entiers vous pouvez chercher des racines entières pour commencer.
$P(0)$ n’étant pas nul, vous essayez avec $X=1$ :
\begin{align*}
P(1) &= 1-5+8-4 = 9-9\\
P(1)&= 0.
\end{align*}Ainsi, $1$ est racine de $P$ donc $P$ est factorisable par $X-1.$ Par identification du coefficient dominant et du coefficient $-4$ du polynôme $P$ vous obtenez l’existence de $a\in\R$ tel que $P(X) = (X-1)(X^2+aX+4).$
Effectuez $X=-1$, vous obtenez : $-1-5-8-4 = (-2)(5-a)$ donc $-18 = (-2)(5-a) $ puis $9=5-a$ donc $a=-4.$
Donc $P(X) = (X-1)(X^2-4X+4) = (X-1)(X-2)^2.$
Les valeurs propres possibles de $f$ sont égales à $1$ ou $2$
D’après ce qui précède, $f^3-5f^2+8f-4\mathrm{Id}_{\R^3} = (f- \mathrm{Id}_{\R^3}) \circ (f- 2\mathrm{Id}_{\R^3}) \circ (f- 2\mathrm{Id}_{\R^3}).$
Si $f$ ne possédait pas de valeur propre, les deux endomorphismes de $\R^3$, $f- \mathrm{Id}_{\R^3}$ et $f- 2\mathrm{Id}_{\R^3}$ seraient des automorphismes de $\R^3.$
En composant successivement par les automorphismes réciproques, il viendrait :
\begin{align*}
(f^3-5f^2+8f-4\mathrm{Id})(e_1) &=0\\
\left[(f- \mathrm{Id}) \circ (f- 2\mathrm{Id}) \circ (f- 2\mathrm{Id})\right](e_1)&=0\\
\left[ (f- 2\mathrm{Id}) \circ (f- 2\mathrm{Id})\right](e_1) &= (f- \mathrm{Id})^{-1}(0) =0\\
(f- 2\mathrm{Id})(e_1)&= (f- 2\mathrm{Id})^{-1}(0) = 0\\
e_1 &= (f- 2\mathrm{Id})^{-1}(0)=0.
\end{align*}
La dernière égalité étant une contradiction, vous déduisez que l’un au moins des deux endomorphismes parmi $f- \mathrm{Id}_{\R^3}$ et $f- 2\mathrm{Id}_{\R^3}$ n’est pas injectif et donc $f$ possède au moins une valeur propre.
A ce stade vous ne savez pas encore si $f- \mathrm{Id}_{\R^3}$ est un automorphisme ou non. Pour le savoir, vous pouvez calculer son image, qui sera utile dans la suite.
Déterminez l’image de l’endomorphisme $f- \mathrm{Id}_{\R^3}$
Notez $F = \mathrm{Im} (f- \mathrm{Id}_{\R^3})$.
$F$ est engendré par les vecteurs $f(e_1)-e_1$, $f(e_2)-e_1$, $f(e_3)-e_3$. Or :
\begin{align*}
f(e_1)-e_1 &= (3, -1, 3) - (1,0,0) = (2,-1,3)\\
f(e_2)-e_2 &= (-1, 2, -2) - (0,1,0) = (-1,1,-2)\\
f(e_3)-e_3 &= (-1, 0, 0) - (0,0,1) = (-1,0,-1).
\end{align*}Vous constatez que :
\begin{align*}
-(-1,1,-2)-(-1,0,-1) &= (1,-1,2)+(1,0,1)\\
&=(2,-1,3).
\end{align*}
Par conséquent $F = \mathrm{Vect}((-1,1,-2), (-1,0,-1) ).$
$F$ est un espace vectoriel de dimension inférieure ou égale à $2$, donc $1$ est valeur propre de $f.$
D’autre part, la famille $((-1,1,-2), (-1,0,-1))$ est libre. En effet, soit $(a,b)\in\R^2$ tel que $a(-1,1,-2) + b(-1,0,-1) = 0.$
La deuxième coordonnée fournit $a = 0$ donc $b(-1,0,-1) = 0$ et la première coordonnée fournit $-b=0$ donc $b=0.$
Le sous-espace vectoriel $F = \mathrm{Im} (f- \mathrm{Id})$ admet pour base la famille $((-1,1,-2), (-1,0,-1)).$
Or, d’après le contenu rédigé dans l'article 278, $F$ est stable par $f.$
Vous considérez l’endomorphisme $g$ de $F$ défini par $\forall x\in F, g(x) = f(x).$ Cet endomorphisme est usuellement noté $ f_{\vert F}$, c’est la restriction de $f$ à $F.$ Comme $F$ est seulement de dimension $2$, il va être plus aisé de trigonaliser $g.$
Votre plan pour trigonaliser l’endomorphisme $g$
Il s’agit tout d’abord de trouver une valeur propre de $g$, appelée $\mu.$
L’application identité de $F$ sera notée $\mathrm{Id}_F$ dans la suite.
L’endomorphisme $g-\mu\mathrm{Id}_F$ ne sera pas un automorphisme de $F$, donc non surjectif, donc le sous-espace $G$ défini par $G = \mathrm{Im}(g-\mu\mathrm{Id}_F)$ aura une dimension strictement inférieure à celle de $F.$
Comme $F$ admet pour base $((-1,1,-2), (-1,0,-1))$ vous déduisez que $G$ sera engendré par la famille $((g-\mu\mathrm{Id}_F)(-1,1,-2), (g-\mu\mathrm{Id}_F)(-1,0,-1)).$
Trouvez une valeur propre candidate pour $g$
Le vecteur $\boxed{e’_1 = (-1,1,-2)}$ appartient à $F$, vous calculez la suite de ses itérés.
\begin{align*}
g(e'_1) &= g(-1,1,-2)\\
&= f(-1,1,-2)\\
&=(-2,3-5).
\end{align*}Notez $\boxed{e’_2 = (-1,0,-1).}$
\begin{align*}
g(e'_2) &= g(-1,0,-1)\\
&= f(-1,0,-1)\\
&=(-2,1,-3).
\end{align*}Comme $F$ admet pour base $(e’_1,e’_2)$ et $g$ est un endomorphisme de $F$, vous déduisez que $g(e’_1)$ se décompose sur cette base.
Il existe deux réels $a$ et $b$ tels que :
(-2,3,-5) = a(-1,1,-2)+b(-1,0,-1).
La seconde coordonnée fournit :
3=a.
Du coup :
\begin{align*}
(-2,3,-5) &= (-3,3,-6)+b(-1,0,-1)\\
(1,0,1) &= b(-1,0,-1)\\
-1 = b.
\end{align*}Ainsi :
g(e'_1) = 3e'_1-e'_2.
De même, $g(e’_2)$ se décompose au sein de la base $(e’_1,e’_2).$
Il existe deux réels notés encore $a$ et $b$ tels que :
(-2,1,-3) = a(-1,1,-2)+b(-1,0,-1).
La seconde coordonnée fournit :
1 = a.
Du coup :
\begin{align*}
(-2,1,-3) &= (-1,1,-2)+b(-1,0,-1)\\
(-1,0,-1) &= b(-1,0,-1)\\
1 &= b.
\end{align*}g(e'_2) = e'_1+e'_2.
Repartez de la relation $g(e’_1) = 3e’_1-e’_2$ puis vous appliquez $g.$
\begin{align*}
g^2(e'_1) &= g(g(e'_1))\\
&=g(3e'_1-e'_2)\\
&=3g(e'_1)-g(e'_2)\\
&=3(3e'_1-e'_2)-(e'_1+e'_2)\\
&=8e'_1-4e'_2.
\end{align*}La famille $(e’_1, g(e’_1), g^2(e’_1))$ est une famille de trois vecteurs de $F$ qui est un espace généré par deux vecteurs. Donc cette famille est liée.
Comme :
\begin{align*}
g(e'_1)-3e'_1 &=-e'_2\\
g^2(e'_1)-8e'_1 &=-4e'_2
\end{align*}vous multipliez la première ligne par $-4$ pour obtenir :
\begin{align*}
-4g(e'_1)+12e'_1 &=4e'_2\\
g^2(e'_1)-8e'_1 &=-4e'_2.
\end{align*}Et par somme, il vient :
\begin{align*}
g^2(e'_1)-4g(e'_1)+4e'_1 = 0\\
(g^2-4g+4\mathrm{Id}_F)(e'_1) = 0.
\end{align*}Le polynôme $X^2-4X+4$ est factorisable, puisque $X^2-4X+4 = (X-2)^2$ du coup :
((g-2\mathrm{Id}_F)\circ(g-2\mathrm{Id}_F))(e'_1) = 0.Si l’endomorphisme $g-2\mathrm{Id}_F$ était inversible, en composant à gauche deux fois par $(g-2\mathrm{Id}_F)^{-1}$ vous auriez $e’_1 = 0$ ce qui est absurde.
Par suite, $g-2\mathrm{Id}_F$ n’est pas inversible, donc $g-2\mathrm{Id}_F$ n’est pas injectif donc le nombre $2$ est valeur propre de $g.$
Soit $G = \mathrm{Im}(g-2\mathrm{Id}_F).$ Toujours d’après le contenu rédigé dans l'article 278, $G$ est stable par $g.$
Vous considérez l’endomorphisme $h$ de $G$ défini par $\forall x\in G, h(x) = g(x) = f(x).$ Comme $G$ est de dimension inférieure ou égale à $1$, l’endomorphisme $h$ va être trigonalisé rapidement.
Déterminez une base de $G$
$G$ est engendré par la famille $((g-2\mathrm{Id}_F)(e’_1), (g-2\mathrm{Id}_F)(e’_2)).$
Vous effectuez les calculs suivants :
\begin{align*}
(g-2\mathrm{Id}_F)(e'_1) &= g(e'_1)-2e'_1 \\
&= 3e'_1-e'_2 - 2e'_1\\
&=e'_1-e'_2.
\end{align*}\begin{align*}
(g-2\mathrm{Id}_F)(e'_2) &= g(e'_2)-2e'_2 \\
&= e'_1+e'_2 - 2e'_1\\
&=-e'_1+e'_2.
\end{align*}Le vecteur $-e’_1+e’_2$ est égal à $-(e’_1-e’_2)$, ainsi :
G = \mathrm{Vect}(e'_1-e'_2).Comme la famille $(e’_1,e’_2)$ est libre, le vecteur $e’_1-e’_2$ ne peut être le vecteur nul, donc $G$ est de dimension $1$.
Trigonalisez l’endomorphisme $h$
Posez $\boxed{v_1 = e’_1-e’_2= (0,1,-1).}$
\begin{align*}
h(v_1) &= h(e'_1)-h(e'_2)\\
&= g(e'_1)-g(e'_2)\\
&=(3e'_1-e'_2)-(e'_1+e'_2)\\
&=2e'_1-2e'_2\\
&=2(e'_1-e'_2)\\
&=2v_1.
\end{align*}Trigonalisez l’endomorphisme $g$
$G$ est engendré par la famille $(e’_1,e’_2).$ Il est donc engendré par la famille $(v_1,e’_1,e’_2).$
La relation $v_1 = e’_1-e’_2 = (0,1,-1)$ fournit $e’_2 = e’_1-v_1$ donc $F = \mathrm{Vect}(v_1,e’_1).$
Comme $F$ est de dimension $2$, la famille $(v_1,e’_1)$ est une base de $F.$
Bien entendu, $g(v_1) = h(v_1) = 2v_1$ donc $g(v_1)\in\mathrm{Vect}(v_1).$
Pour l’image de $e’_1$ vous procédez comme suit :
\begin{align*}
g(e'_1) &= (g(e'_1)-2e'_1) + 2e'_1\\
&= (g-2\mathrm{Id}_F)(e'_1) + 2e'_1\\
&=(e'_1-e'_2) + 2e'_1\\
&=v_1+2e'_1.
\end{align*}
$g(e’_1)\in\mathrm{Vect}(v_1,e’_1).$
En posant $\boxed{v_2 = e’_1 = (-1,1,-2)}$ vous avez obtenu $g(v_2)\in\mathrm{Vect}(v_1,v_2).$ et $(v_1,v_2)$ est une base de $F.$
Trigonalisez l’endomorphisme $f$
$\R^3$ est engendré par $(e_1,e_2,e_3)$ donc il est aussi engendré par $(v_1,v_2,e_1,e_2,e_3).$
En prenant les expressions $v_1 =e’_1-e’_2 = (0,1,-1)$ et $v_2 =(-1,1,-2)$ vous déduisez :
\begin{align*}
v_1 &= &e_2&-e_3\\
v_2 &= -e_1&+e_2&-2e_3\\
2v_1-v_2&=e_1+e_2.
\end{align*}Par suite, $e_2 = 2v_1-v_2-e_1$ et $e_2 \in \mathrm{Vect}(v_1,v_2,e_1).$
Comme $e_3 = e_2-v_1 = v_1-v_2-e_1$, vous avez aussi $e_3 \in \mathrm{Vect}(v_1,v_2,e_1).$
Posez $v_3 = e_3 = (0,0,1).$
Vous avez montré que $\R^3$ est engendré par la famille $(v_1,v_2,v_3).$
Comme $\R^3$ est de dimension $3$, vous déduisez que $(v_1,v_2,v_3)$ est une base de $\R^3.$
Bien entendu, $f(v_1)=g(v_1) = 2v_1$ donc $f(v_1)\in\mathrm{Vect}(v_1).$
Il a été montré plus haut que $g(v_2) = v_1+2v_2.$ Comme $f(v_2)=g(v_2)$ vous avez $f(v_2) = v_1+2v_2$ et $f(v_2)\in\mathrm{Vect}(v_1,v_2).$
Il reste à finir avec $f(v_3).$ Comme c’est un vecteur de $\R^3$ il se décompose dans la base $(v_1,v_2,v_3)$ donc $f$ est bien trigonalisé dans la base $(v_1,v_2,v_3).$
Déterminez la matrice de $f$ dans la nouvelle base $(v_1,v_2,v_3)$
Vous procédez comme précédemment.
\begin{align*}
f(v_3) = (f-\mathrm{Id}_{\R^3})(v_3)+v_3.
\end{align*} Comme $(f-\mathrm{Id}_{\R^3})(v_3)$ appartient à $F$ et que $F$ admet pour base $(v_1,v_2)$ il va y avoir une décomposition.
Il existe donc deux réels $a$ et $b$ tels que :
\begin{align*}
(f-\mathrm{Id}_{\R^3})(v_3) &= av_1+bv_2\\
f(v_3)-v_3 &= av_1+bv_2\\
f(0,0,1)-(0,0,1) &= a(0,1,-1)+b(-1,1,-2)\\
(-1,0,0)-(0,0,1) &=(0,a,-a)+(-b,b,-2b)\\
(-1,0,-1)&=(-b,a+b,-a-2b).
\end{align*}
L’identification de la première coordonnée fournit $b=1.$
L’identification de la deuxième fournit $a+b=0$ donc $a=-1.$
Pour vérifier que tout va bien vous calculez $-a-2b$ ce qui fournit $1-2 = -1$ la troisième coordonnée concorde.
Ainsi $f(v_3) = -v_1+v_2+v_3.$
Concluez
Dans la base $(v_1,v_2,v_3)$ où $v_1 = (0,1,-1)$, $v_2 = (-1,1,-2)$ et $v_3 = (0,0,1)$ la matrice de $f$ est triangulaire supérieure et elle égale à :
\begin{pmatrix}
2 & 1& -1 \\
0 & 2& 1\\
0 & 0& 1\\
\end{pmatrix}.L’endomorphisme $f$ a été trigonalisé.
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