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279. Trigonalisez un endomorphisme avec des polynômes conducteurs (1/2)

Yannis TRIANTAPHYLIDES

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).

Vous noterez dans la suite $I$ la matrice identité d’ordre $3$ :

I = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.

Déterminez le polynôme minimal de la matrice $A$

La matrice $A$ n’étant pas un multiple de la matrice identité, le polynôme minimal de $A$ n’a pas pour degré $1.$

Vous calculez $A^2$ :

A^2= \begin{pmatrix} 7 & -3 & -3 \\ -5 & 5 & 1\\ 11 & -7 & -3 \end{pmatrix}.

Supposez qu’il existe deux réels $a$ et $b$ tels que $A^2 = aA+bI$ autrement dit :

\begin{pmatrix} 7 & -3 & -3 \\ -5 & 5 & 1\\ 11 & -7 & -3 \end{pmatrix} = a\begin{pmatrix} 3 & -1 & -1 \\ -1 & 2 & 0\\ 3 & -2 & 0 \end{pmatrix} + b \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.

L’identification du coefficient à la ligne $1$ et à la colonne $2$ fournit :

-3 = -a.

Ainsi, $a = 3.$

L’identification du coefficient à la ligne $3$ et à la colonne $2$ fournit :

-7 = -2a.

Et comme $a=3\comma$ vous aboutissez à une contradiction.

Le polynôme minimal de $A$ n’a pas pour degré $2.$

Vous poursuivez en calculant $A^3$ :

A^3 = \begin{pmatrix} 15 & -7 & -7 \\ -17 & 13 & 5\\ 31 & -19 & -11 \end{pmatrix}.

Analyse. Supposez qu’il existe trois réels $a\comma$ $b$ et $c$ tels que $A^3 = aA^2+bA+cI\comma$ alors :

\begin{pmatrix} 15 & -7 & -7 \\ -17 & 13 & 5\\ 31 & -19 & -11 \end{pmatrix} = a \begin{pmatrix} 7 & -3 & -3 \\ -5 & 5 & 1\\ 11 & -7 & -3 \end{pmatrix} + b\begin{pmatrix} 3 & -1 & -1 \\ -1 & 2 & 0\\ 3 & -2 & 0 \end{pmatrix} + c \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.

Vous identifiez le coefficient situé à la ligne $1$ et à la colonne $2$ d’où :

-7 = -3a-b.

Vous identifiez le coefficient situé à la ligne $2$ et à la colonne $1$ d’où :

-17 = -5a-b.

Par soustraction des deux égalités obtenues, vous déduisez :

10 = 2a.

Du coup $a=5.$

Comme $b=-3a+7\comma$ vous déduisez $b=-15+7 = -8.$

Vous identifiez le coefficient situé à la ligne $1$ et à la colonne $1$ d’où :

\begin{align*} 15 &= 7a+3b+c\\ c&=15-7a-3b\\ c&=15-35+24\\ c&=39-35\\ c&=4. \end{align*}

Synthèse. Vous calculez ce qui suit :

\begin{align*} 5A^2-8A+4I &= 5 \begin{pmatrix} 7 & -3 & -3 \\ -5 & 5 & 1\\ 11 & -7 & -3 \end{pmatrix} -8\begin{pmatrix} 3 & -1 & -1 \\ -1 & 2 & 0\\ 3 & -2 & 0 \end{pmatrix} + 4 \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \\ &=\begin{pmatrix} 35 & -15 & -15 \\ -25 & 25 & 5\\ 55 & -35 & -15 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} -24 & 8 & 8 \\ 8 & -16 & 0\\ -24 & 16 & 0 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 4 & 0 & 0\\ 0 & 4 & 0\\ 0 & 0 & 4 \end{pmatrix} \\ &=\begin{pmatrix} 15 & -7 & -7\\ -17 & 13 & 5\\ 31 & -19 & -11 \end{pmatrix} \\ &=A^3. \end{align*}

En définitive, le polynôme $P$ défini par $\boxed{P(X) = X^3-5X^2+8X-4}$ est le polynôme minimal de $A.$ C’est aussi le polynôme minimal de l’endomorphisme $f.$

Factorisez le polynôme minimal

Vous constatez que, quand $X=1\comma$ $X^3-5X^2+8X-4 = 0.$

Le polynôme $X^3-5X^2+8X-4$ est factorisable par $X-1$ du coup, vous déduisez l’existence d’un réel $a$ tel que :

X^3-5X^2+8X-4 =(X-1)(X^2+aX+4).

En effectuant $X=-1\comma$ vous déduisez :

\begin{align*} -1-5-8-4 &=(-2)(1-a+4)\\ -18 &= (-2)(5-a)\\ 9 &= 5-a\\ a&=-4. \end{align*}

Donc :

\begin{align*} X^3-5X^2+8X-4 &=(X-1)(X^2-4X+4) \\ &=(X-1)(X-2)^2. \end{align*}

Commencez à trigonaliser l’endomorphisme $f$

Le polynôme minimal admet $1$ et $2$ pour racines, qui sont les deux valeurs propres de $f.$

Vous faites le choix de commencer par la valeur propre $2.$

Notez que le produit $(A-I)(A-2I)$ ne peut être la matrice nulle, sinon $P$ ne serait pas le polynôme minimal de $A.$

Après développement, $(A-I)(A-2I) = A^2-3A+2I\comma$ du coup :

\begin{align*} (A-I)(A-2I) &= \begin{pmatrix} 7 & -3 & -3 \\ -5 & 5 & 1\\ 11 & -7 & -3 \end{pmatrix} -3 \begin{pmatrix} 3 & -1 & -1 \\ -1 & 2 & 0\\ 3 & -2 & 0 \end{pmatrix} +2 \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} 7 & -3 & -3 \\ -5 & 5 & 1\\ 11 & -7 & -3 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} -9 & 3 & 3 \\ 3 & -6 & 0\\ -9 & 6 & 0 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0\\ 0 & 2 & 0\\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0\\ -2 & 1 & 1\\ 2 & -1 & -1 \end{pmatrix}. \end{align*}

En multipliant par $A-2I$ à gauche, vous déduisez :

\begin{align*} \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} &= A^3-5A^2+8A-4I\\ &= (A-2I)(A-I)(A-2I)\\ &= (A-2I) \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0\\ -2 & 1 & 1\\ 2 & -1 & -1 \end{pmatrix}. \end{align*}

En particulier :

\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} = (A-2I) \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix} .

Posez $\boxed{v_1 = (0,1,-1).}$ Comme $(f-2\mathrm{Id}_{\R^3})(v_1)=0$ vous déduisez $\boxed{f(v_1)=2v_1.}$

Notez $V_1 = \mathrm{Vect}(v_1)$ qui est de dimension $1$ puisque $v_1$ est un vecteur non nul.

Décrivez l’espace $V_1$ avec des équations

Analyse. Soit $(x_1,x_2,x_3)\in\R^3$ un élément de $V_1.$

Il existe donc un réel $t$ tel que $(x_1,x_2,x_3) = t(0,1,-1).$ Cela se traduit par le système suivant :

\begin{align*} x_1 &= 0\\ x_2 &= t\\ x_3 &= -t \end{align*}

Vous réordonnez ce système avec $t$ pour inconnue et $x_1\comma$ $x_2$ et $x_3$ comme paramètres :

\begin{align*} t &=x_2\\ t&=-x_3\\ x_1 &= 0 \end{align*}

Du coup par soustraction de la ligne $2$ avec la ligne $1$ il vient :

\begin{align*} t &=x_2\\ x_2+x_3&=0\\ x_1 &= 0. \end{align*}

Synthèse. Soit $(x_1,x_2,x_3)\in \R^3$ tel que $x_1 = 0$ et $x_2+x_3 = 0.$

Posez $t = x_2.$

Alors $x_3 = -x_2 = -t.$

Du coup :

\begin{align*} (x_1,x_2,x_3) &= (0, t , -t)\\ &=t(0,1,-1)\\ &=tv_1. \end{align*}

Conclusion. L’espace $V_1$ est égal à :

V_1 = \left\{(x_1,x_2,x_3)\in\R^3, x_1 = 0\text{ et } x_2+x_3=0 \right\}.

Construisez un vecteur $v_2$ tel que $f(v_2)\in\mathrm{Vect}(v_1,v_2)$ avec un polynôme conducteur

Choisissez un vecteur $w$ tel que $w\notin V_1$ par exemple $w=(1,0,0).$ (De ce fait, comme $w\notin V_1$ le polynôme conducteur de $w$ dans $V_1$ ne peut être constant, cela sera détaillé ci-dessous.)

Déterminez le polynôme conducteur du vecteur $w$ dans l’espace $V_1$

Notez $L=\{R\in\R[X], R(f)(w) \in V_1\}.$

Remarquez que $P(f) = 0.$ Donc $P(f)(w) = 0$ donc $P(f)(w) \in V_1.$

Le polynôme minimal de $f$ appartient à $L\comma$ vous déduisez qu’il existe un polynôme unitaire de degré minimal appartenant à $L.$

Dans ce qui suit, l’objectif va être de déterminer ce polynôme qui sera noté $Q.$

Si $Q$ est de degré $0\comma$ $Q$ est constant donc $Q(X)=1\comma$ alors $Q(f) = \mathrm{Id}_{\R^3}$ donc $Q(f)(w) = w.$ Ainsi $w\in V_1.$ Contradiction. Donc $Q$ est un polynôme de degré supérieur ou égal à $1.$

Si $Q$ est de degré $1\comma$ il existe un réel $a$ tel que $Q(X)=X+a.$ La relation $Q(f)(w) \in V_1$ s’écrit :

\begin{align*} (f+a\mathrm{Id}_{\R^3})(w)&\in V_1 \\ f(w)+aw &\in V_1\\ f(1,0,0)+(a,0,0)&\in V_1\\ (3,-1,3)+(a,0,0) &\in V_1\\ (3+a, -1, 3) &\in V_1. \end{align*}

De ce qui a été obtenu sur $V_1\comma$ à savoir :

V_1 = \left\{(x_1,x_2,x_3)\in\R^3, x_1 = 0\text{ et } x_2+x_3=0 \right\}

vous déduisez que $-1+3$ doit être nul, ce qui est absurde.

Donc $Q$ est un polynôme de degré supérieur ou égal à $2.$

Analyse. Si $Q$ est de degré $2\comma$ il existe un réel $a$ et un réel $b$ tels que $Q(X)=X^2+aX+b.$ La relation $Q(f)(w) \in V_1$ s’écrit :

\begin{align*} (f\circ f+a f+ b\mathrm{Id}_{\R^3})(w)&\in V_1 \\ f(f(w))+af(w)+bw &\in V_1\\ f(3,-1,3)+a(3,-1,3)+b(1,0,0)&\in V_1\\ (7,-5,11)+(3a,-a,3a)+(b,0,0) &\in V_1\\ (7+3a+b, -5-a, 11+3a) &\in V_1. \end{align*}

Cela implique que :

\begin{align*} (-5-a)+(11+3a)&=0\\ 2a+6 &=0\\ a&=-3. \end{align*}

D’autre part :

\begin{align*} 7+3a+b&=0 \\ b&=-3a-7\\ b&=9-7\\ b&=2. \end{align*}

Synthèse. Posez $Q(X) = X^2-3X+2.$

Vous calculez $A^2-3A+2I$ ce qui fournit :

\begin{align*} A^2-3A+2I &= \begin{pmatrix} 7 & -3 & -3 \\ -5 & 5 & 1\\ 11 & -7 & -3 \end{pmatrix} -3 \begin{pmatrix} 3 & -1 & -1 \\ -1 & 2 & 0\\ 3 & -2 & 0 \end{pmatrix} + 2 \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} 7 & -3 & -3 \\ -5 & 5 & 1\\ 11 & -7 & -3 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} -9 & 3 & 3 \\ 3 & -6 & 0\\ -9 & 6 & 0 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0\\ 0 & 2 & 0\\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0\\ -2 & 1 & 1\\ 2 & -1 & -1 \end{pmatrix}. \end{align*}

Du coup :

\begin{align*} (A^2-3A+2I) \begin{pmatrix} 1\\ 0\\ 0 \end{pmatrix} &= \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0\\ -2 & 1 & 1\\ 2 & -1 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1\\ 0\\ 0 \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} 0\\ -2\\ 2 \end{pmatrix}. \end{align*}

Du coup :

(f\circ f+a f+ b\mathrm{Id}_{\R^3})(w) = (0,-2,2).

La première coordonnée de $(0,-2,2)$ est nulle et la somme $-2+2$ est nulle, donc $(0,-2,2)\in V_1.$

Ainsi $\boxed{Q(f)(w)\in V_1}.$

Le polynôme $\boxed{Q(X) = X^2-3X+2 = (X-1)(X-2)}$ est le polynôme conducteur du vecteur $w$ dans l’espace $V_1.$

Déterminez le vecteur $v_2$

D’après ce qui précède :

((f-\mathrm{Id}_{\R^3})\circ (f-2\mathrm{Id}_{\R^3}))(w)\in V_1.

Posez $v_2 = (f-2\mathrm{Id}_{\R^3})(w).$ Alors :

(f-\mathrm{Id}_{\R^3})(v_2)\in V_1.

Du coup :

\begin{align*} f(v_2)-v_2\in V_1\\ f(v_2)-v_2 \in \mathrm{Vect}(v_1)\\ f(v_2)\in \mathrm{Vect}(v_1,v_2). \end{align*}

Le vecteur $v_2$ convient bien. Pour plus de précisions, vous le calculez explicitement :

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

Vous calculez $f(v_2)-v_2$ et déduisez une décomposition de $f(v_2)$ comme combinaison linéaire des vecteurs $v_1$ et $v_2.$

\begin{align*} f(v_2)-v_2 &= f(1,-1,3)-(1,-1,3) \\ &=(1,-3,5)+(-1,1,-3)\\ &=(0,-2,2)\\ &=-2(0,1,-1)\\ &=-2v_1. \end{align*}

Ainsi, avec $\boxed{v_2 = (1,-1,3)}$ vous obtenez $\boxed{f(v_2)=v_2-2v_1.}$

Construisez un vecteur $v_3$ tel que $f(v_3)\in\mathrm{Vect}(v_1,v_2,v_3)$

Il convient déjà de remarquer que la famille $(v_1,v_2)$ est libre.

En effet, $v_1$ n’est pas nul, donc $(v_1)$ est libre.

Si $(v_1,v_2)$ était liée, vous auriez $v_2 \in\mathrm{Vect}(v_1)$ donc $v_2\in V_1$ ce qui est absurde.

Posez $V_2 = \mathrm{Vect}(v_1,v_2)$ qui est de dimension $2.$

Si vous arrivez à construire un vecteur $v_3$ tel que $v_3\notin V_2$ alors $(v_1,v_2,v_3)$ sera libre et aura autant de vecteurs que la dimension de $\R^3$ ce sera donc une base de $\R^3\comma$ donc le vecteur $f(v_3)$ appartiendra bien à l’ensemble $\mathrm{Vect}(v_1,v_2,v_3).$

Caractérisez l’espace $V_2$ par une équation

Analyse. Soit $(x_1,x_2,x_3)\in V_2.$

Il existe deux réels $a$ et $b$ tels que :

\begin{align*} (x_1,x_2,x_3) &= a(0,1,-1) + b(1,-1,3)\\ &=(0,a,-a)+(b,-b,3b)\\ &=(b,a-b,-a+3b). \end{align*}

Vous déduisez que :

\begin{array}{lll} a&-b&=x_2\\ -a&+3b &= x_3\\ &\hphantom{+}b &= x_1. \end{array}

Vous éliminez $a$ dans la seconde équation :

\begin{array}{lll} a&-b&=x_2\\ &\hphantom{+}2b &= x_2+x_3\\ &\hphantom{+}b &= x_1. \end{array}

Vous permutez les lignes $2$ et $3$ :

\begin{array}{lll} a&-b&=x_2\\ &\hphantom{+}b &= x_1\\ &\hphantom{+}2b &= x_2+x_3. \end{array}

Vous éliminez $b$ de la dernière équation :

\begin{array}{lll} a&-b&=x_2\\ &\hphantom{+}b &= x_1\\ &\hphantom{+}0&= -2x_1+x_2+x_3. \end{array}

Puis vous trouvez $a$ :

\begin{array}{lll} &\hphantom{+}a&=x_1+x_2\\ &\hphantom{+}b &= x_1\\ &\hphantom{+}0&= -2x_1+x_2+x_3. \end{array}

Synthèse. Soit $(x_1,x_2,x_3)\in\R^3$ tel que $-2x_1+x_2+x_3 = 0.$

Vous posez $a = x_1+x_2$ et $b=x_1$ puis vous calculez ce qui suit :

\begin{align*} av_1+bv_2 &= a(0,1,-1) + b(1,-1,3)\\ &=(x_1+x_2)(0,1,-1) + x_1(1,-1,3)\\ &=(0,x_1+x_2,-x_1-x_2)+(x_1,-x_1,3x_1)\\ &=(x_1, x_2, 2x_1-x_2). \end{align*}

Or, $-2x_1+x_2+x_3 = 0$ fournit $x_3 = 2x_1-x_2$ donc $av_1+bv_2 = (x_1,x_2,x_3)$ et $(x_1,x_2,x_3)\in V_2.$

Conclusion. Vous avez établi que :

V_2 = \left\{(x_1,x_2,x_3)\in\R^3, -2x_1+x_2+x_3 = 0 \right\}.

Choisissez un vecteur $v_3$ qui convient

Posez $\boxed{v_3 = (0,1,0).}$ Comme $-2\times 0+1+0 \neq 0\comma$ $v_3 \notin V_2$ donc $(v_1,v_2,v_3)$ est libre et $(v_1,v_2,v_3)$ est une base de $\R^3.$

Pour davantage de précisions, vous allez calculer $f(v_3)$ et le décomposer sur la base $(v_1,v_2,v_3).$

\begin{align*} f(v_3) &= f(0,1,0) \\ &=(-1,2,-2). \end{align*}

Or, il existe trois réels $a\comma$ $b$ et $c$ tels que $av_1+bv_2+cv_3 = (-1,2,-2).$

\begin{align*} av_1+bv_2+cv_3 &=a(0,1,-1)+b(1,-1,3)+c(0,1,0)\\ &=(0,a,-a)+(b,-b,3b)+(0,c,0)\\ &=(b, a-b+c, -a+3b). \end{align*}

Du coup :

\left\{\begin{align*} b&=-1\\ a-b+c&=2\\ -a+3b &=-2 \end{align*}\right.
\left\{\begin{align*} b&=-1\\ a+1+c&=2\\ -a-3 &=-2 \end{align*}\right.
\left\{\begin{align*} b&=-1\\ a+1+c&=2\\ -1 &=a \end{align*}\right.
\left\{\begin{align*} b&=-1\\ c&=2\\ -1 &=a. \end{align*}\right.

La décomposition du vecteur $f(v_3)$ est :

\boxed{f(v_3) = -v_1-v_2+2v_3.}

Concluez

Dans la base $(v_1,v_2,v_3)$ où $v_1 =(0,1,-1)\comma$ $v_2 = (1,-1,3)$ et $v_3 = (0,1,0)$ la matrice de $f$ est triangulaire supérieure et elle est égale à :

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

L’endomorphisme $f$ a été trigonalisé.