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).
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 $a=3$, 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 $a$, $b$ et $c$ tels que $A^3 = aA^2+bA+cI$, 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 $b=-3a+7$ 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 $X=1$, $X^3-5X^2+8X-4 = 0$.
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 $X=-1$, 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 $(A-I)(A-2)$ ne peut être la matrice nulle, sinon $P$ ne serait pas le polynôme minimal de $A.$
Après développement, $(A-I)(A-2I) = A^2-3A+2I$, 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 $x_1$, $x_2$ 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 $L$ 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 $0$, $Q$ est constant donc $Q(X)=1$, 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 $1$, il existe un réel $a$ tel que $Q(X)=X+a.$ La relation $Q(f)(w) = 0$ 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 $V_1$, 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 $2$, il existe un réel $a$ et un réel $b$ tels que $Q(X)=X^2+aX+b.$ La relation $Q(f)(w) = 0$ 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_1Du 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 $R^3$ 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}Analyse. 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 $-2\times 0+1+0 \neq 0$, $v_3 \notin V_2$ 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 $a$, $b$ 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 $v_1 =(0,1,-1)$, $v_2 = (1,-1,3)$ et $v_3 = (0,1,0)$ la matrice de $f$ est triangulaire supérieure et elle égale à :
\begin{pmatrix}
2 & -2& -1 \\
0 & 1& -1\\
0 & 0& 2\\
\end{pmatrix}.L’endomorphisme $f$ a été trigonalisé.
Partagez !
Diffusez cet article auprès de vos connaissances susceptibles d'être concernées en utilisant les boutons de partage ci-dessous.
Aidez-moi sur Facebook !
Vous appréciez cet article et souhaitez témoigner du temps que j'y ai passé pour le mettre en œuvre. C'est rapide à faire pour vous et c'est important pour moi, déposez un j'aime sur ma page Facebook. Je vous en remercie par avance.
Lisez d'autres articles !
Parcourez tous les articles qui ont été rédigés. Vous en trouverez sûrement un qui vous plaira !