277. Trigonalisez une matrice en utilisant des images d’endomorphismes

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)\in\R^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 $H.$

Comprenez ce que signifie trigonaliser l’endomorphisme $f$

Il s’agit de trouver une base de $\R^3\comma$ 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.

Démarrez

Tout d’abord, à supposer que vous êtes arrivé à trigonaliser l’endomorphisme $f\comma$ 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 $f(v_1)\in \text{Vect}(v_1)\comma$ 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 de dimension trois, 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 $(f(e_1)-3e_1, f^2(e_1)-7e_1, f^3(e_1)-15e_1)$ est formée par trois vecteurs qui appartiennent à $\text{Vect}(e_2, e_3)$ où $e_2 = (0,1,0)$ et $e_3 = (0,0,1)\comma$ qui est un sous-espace vectoriel de $\R^3$ de dimension deux, 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*}

À 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.

Le nombre $P(0)$ 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 $X=-1\comma$ 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 $\R^3\comma$ $f- \mathrm{Id}_{\R^3}$ 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.

À 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 $F = \mathrm{Im} (f- \mathrm{Id}_{\R^3}).$

L’espace $F$ est engendré par les vecteurs $f(e_1)-e_1\comma$ $f(e_2)-e_2$ et $f(e_3)-e_3.$ 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 $F = \mathrm{Vect}((-1,1,-2), (-1,0,-1) ).$

L’espace $F$ est de dimension inférieure ou égale à $2\comma$ 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 un autre article, $F$ est stable par $f.$

Pour en savoir davantage, allez lire le contenu rédigé dans l'article 278.

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}\comma$ c’est la restriction de $f$ à $F.$ Comme $F$ est seulement de dimension $2\comma$ 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 $g\comma$ 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 $F\comma$ 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 $F\comma$ 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 $F\comma$ 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 un autre article, $G$ est stable par $g.$

Pour en savoir davantage, allez lire le contenu rédigé dans l'article 278.

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 $1\comma$ l’endomorphisme $h$ va être trigonalisé rapidement.

Déterminez une base de $G$

L’espace $G$ 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 $-(e’_1-e’_2)\comma$ 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 $g$

L’espace $F$ 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 $2\comma$ 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 $f$

L’espace $\R^3$ 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 $e_3 = e_2-v_1 = v_1-v_2-e_1\comma$ 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 $3\comma$ 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 $\R^3\comma$ 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 $-a-2b\comma$ 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 $v_1 = (0,1,-1)\comma$ $v_2 = (-1,1,-2)$ et $v_3 = (0,0,1)$ la matrice de $f$ est triangulaire supérieure et elle est égale à :

\begin{pmatrix} 2 & 1& -1 \\ 0 & 2& 1\\ 0 & 0& 1\\ \end{pmatrix}.

L’endomorphisme $f$ a été trigonalisé.