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

Yannis TRIANTAPHYLIDES

Soit $f$ l’endomorphisme de $\R^4$ défini par ce qui suit, à savoir $\forall(x_1,x_2,x_3,x_4)\in\R^4\comma$

f(x_1,x_2,x_3,x_4)=(4x_1+3x_2+7x_3\ ,\ x_1+2x_2+2x_3\ ,\ -x_1\ ,\ -4x_1-7x_2-14x_3-3x_4).

Pour trigonaliser cet endomorphisme, vous allez utiliser le concept de polynôme conducteur.

Pour rappel, si $W$ est un sous-espace stable de $\R^4$ et si $u$ est un vecteur de $\R^4\comma$ vous désignerez par $P_{u,W}$ le polynôme unitaire de plus petit degré de $\R[X]$ tel que $(P_{u,W}(f))(u)\in W.$ Le polynôme $P_{u,W}$ est appelé polynôme conducteur du vecteur $u$ dans le sous-espace $W.$

Vous posez $W_1 = \{0\}$ et posez $e_1 = (1,0,0,0).$

Calculez le polynôme conducteur $P_{e_1, W_1}$

Tout d’abord, le vecteur $e_1$ n’appartient pas à $W_1$ donc $P_{e_1, W_1}$ ne peut être constant.

Supposez que $P_{e_1, W_1}$ soit de degré $1.$

Alors il existe un réel $a$ tel que $P_{e_1, W_1}(X) = X+a$ du coup $P_{e_1, W_1}(f) = f+a\mathrm{Id}_{\R^4}.$ Par suite :

\begin{align*} ( f+a\mathrm{Id}_{\R^4})(e_1) &= 0\\ f(1,0,0,0)+(a,0,0,0) &= (0,0,0,0)\\ (4,1,-1,-4) + (a,0,0,0) &= (0,0,0,0)\\ (4+a,1,-1,-4) &= (0,0,0,0). \end{align*}

L’identification de la quatrième coordonnée aboutit à une impossibilité.

Supposez que $P_{e_1, W_1}$ soit de degré $2.$

Alors il existe deux réels $a$ et $b$ tels que $P_{e_1, W_1}(X) = X^2+aX+b$ du coup $P_{e_1, W_1}(f) = f\circ f+af+b\mathrm{Id}_{\R^4}.$ Par suite :

\begin{align*} ( f\circ f+af+b\mathrm{Id}_{\R^4})(e_1) &= 0\\ (f\circ f)(1,0,0,0)+af(1,0,0,0)+b(1,0,0,0) &= (0,0,0,0)\\ f(4,1,-1,-4)+a(4,1,-1,-4) + (b,0,0,0) &= (0,0,0,0)\\ (12,4,-4,3)+(4a,a,-a,-4a)+ (b,0,0,0) &= (0,0,0,0)\\ (12+4a+b, 4+a,-4-a,3-4a)&= (0,0,0,0) \end{align*}

L’identification de la deuxième coordonnée fournit $4+a = 0$ donc $a=-4.$

L’identification de la quatrième coordonnée fournit $3-4a = 0.$ Or, $3-4a = 3+16=19$ ce qui est incompatible.

Du coup, le degré de $P_{e_1, W_1}$ est supérieur ou égal à $3.$

Analyse. Supposez que $P_{e_1, W_1}$ soit de degré $3.$

Alors il existe trois réels $a\comma$ $b$ et $c$ tels que $P_{e_1, W_1}(X) = X^3+aX^2+bX+c$ du coup $P_{e_1, W_1}(f) = f\circ f\circ f+af\circ f+bf+c\mathrm{Id}_{\R^4}.$ Par suite :

\begin{align*} ( f\circ f\circ f+af\circ f+bf+c\mathrm{Id}_{\R^4})(e_1) &= 0\\ (32,12,-12,-29)+a(12,4,-4,3)+b(4,1,-1,-4)+c(1,0,0,0) &= (0,0,0,0)\\ (32+12a+4b+c, 12+4a+b, -12-4a-b, -29+3a-4b)&= (0,0,0,0). \end{align*}

L’identification de la troisième et de la quatrième coordonnée fournit le système suivant :

\left\{\begin{align*} 3a-4b &= 29 \\ 4a+b &= -12. \end{align*}\right.

Vous multipliez la deuxième ligne par $4$ :

\left\{\begin{align*} 3a-4b &= 29 \\ 16a+4b &= -48. \end{align*}\right.

Par somme vous déduisez $19a = -19\comma$ ainsi :

a=-1.

Comme $b = -12-4a$ vous déduisez :

\begin{align*} b &= -12+4\\ &= -8. \end{align*}

D’autre part, $32+12a+4b+c = 0$ donc :

\begin{align*} c&=-32-12a-4b\\ c&=-32+12+32\\ c&=12. \end{align*}

Synthèse. Soit $P$ le polynôme défini par $P(X) = X^3-X^2-8X+12.$

Vous calculez :

\begin{align*} P(f)(e_1) &= (f\circ f\circ f-f\circ f-8f+12\mathrm{Id}_{\R^4})(e_1) \\ &= (32,12,-12,-29)-(12,4,-4,3)-8(4,1,-1,-4)+12(1,0,0,0)\\ &=(32-12-32+12, 12-4-8, -12+4+8, -29-3+32)\\ &=(0,0,0,0). \end{align*}

Par conséquent $(P(f))(e_1)\in W_1\comma$ vous déduisez ainsi que :

\boxed{P_{e_1, W_1}(X)=X^3-X^2-8X+12.}

Trouvez une racine du polynôme conducteur $P_{e_1, W_1}$ et construisez un vecteur $v_1$

Vous constatez que :

\begin{align*} P_{e_1, W_1}(2)&=2^3-2^2-8\times 2+12\\ &= 8-4-16+12\\ &=0. \end{align*}

Vous factorisez $P_{e_1, W_1}$ par $X-2.$ Il existe un réel $a$ tel que :

X^3-X^2-8X+12 = (X-2)(X^2+aX-6).

Remplacez $X$ par $-1\comma$ vous obtenez :

\begin{align*} -1-1+8+12 &= (-3)(-5-a) \\ 18&=3(a+5)\\ 6&=a+5\\ 1&=a. \end{align*}

De ce qui précède :

P_{e_1, W_1}(X)= (X-2)(X^2+X-6).

Vous posez $v_1 = (f\circ f+f-6\mathrm{Id}_{\R^4})(e_1).$ Alors :

\begin{align*} P_{e_1, W_1}(f)&= (f-2\mathrm{Id}_{\R^4})(f\circ f+f-6\mathrm{Id}_{\R^4}) \\ (P_{e_1, W_1}(f))(e_1)&= ((f-2\mathrm{Id}_{\R^4})\circ (f\circ f+f-6\mathrm{Id}_{\R^4}) )(e_1)\\ &= (f-2\mathrm{Id}_{\R^4})(v_1). \end{align*}

Comme $(P_{e_1, W_1}(f))(e_1) \in W_1$ vous déduisez $(f-2\mathrm{Id}_{\R^4})(v_1) \in W_1$ et par suite $f(v_1)=2v_1.$

D’autre part, comme $P_{e_1, W_1}(f)$ est le polynôme conducteur du vecteur $e_1$ dans l’espace $W_1\comma$ vous déduisez que $ (f\circ f+f-6\mathrm{Id}_{\R^4})(e_1) \notin W_1$ donc $v_1\notin W_1$ donc $v_1\neq 0.$

Calculez maintenant explicitement le vecteur $v_1$ :

\begin{align*} v_1 &= (f\circ f+f-6\mathrm{Id}_{\R^4})(e_1)\\ &=f(f(e_1))+f(e_1)-6e_1\\ &=(12,4,-4,3)+(4,1,-1,-4)+(-6,0,0,0)\\ &=(10,5,-5,-1). \end{align*}

En définitive, avec $\boxed{v_1 =(10,5,-5,-1)}$ vous avez obtenu :

\boxed{f(v_1) = 2v_1.}

Dans la suite, vous posez $W_2 = \mathrm{Vect}(v_1).$

Vous constatez que $e_1$ et $v_1$ ne sont pas colinéaires donc $e_1\notin W_2.$ Comme $f(v_1)\in W_2$ il s’ensuit que $W_2$ est stable par $f.$

Calculez le polynôme conducteur $P_{e_1, W_2}$

Le vecteur $e_1$ n’appartient pas à $W_2$ donc $P_{e_1, W_2}$ ne peut être constant.

Supposez que $P_{e_1, W_2}$ soit de degré $1.$

Alors il existe un réel $a$ tel que $P_{e_1, W_2}(X) = X+a$ du coup $P_{e_1, W_2}(f) = f+a\mathrm{Id}_{\R^4}.$ Par suite :

\begin{align*} ( f+a\mathrm{Id}_{\R^4})(e_1) \in W_2\\ (4+a,1,-1,-4) \in W_2. \end{align*}

Il existe un réel $t$ tel que :

(4+a,1,-1,-4) = t(10,5,-5,-1).

L’identification de la deuxième coordonnée fournit :

1 = 5t.

L’identification de la quatrième coordonnée fournit :

-4 = -t.

Vous déduisez $t=4$ et $1=5t$ fournit $1=20\comma$ contradiction.

Ainsi, $P_{e_1, W_2}$ a un degré supérieur ou égal à $2.$

Analyse. Vous supposez que $P_{e_1, W_2}$ est de degré $2.$

Alors il existe deux réels $a$ et $b$ tels que $P_{e_1, W_2}(X) = X^2+aX+b\comma$ du coup :

\begin{align*} ( f\circ f+af+b\mathrm{Id}_{\R^4})(e_1) \in W_2\\ (12+4a+b, 4+a,-4-a,3-4a)\in W_2. \end{align*}

Il existe un réel $t$ tel que :

(12+4a+b, 4+a,-4-a,3-4a) = t(10,5,-5,-1).

L’identification de la deuxième coordonnée fournit :

4+a = 5t.

L’identification de la quatrième coordonnée fournit :

\begin{align*} 3-4a &= -t \\ t&=4a-3. \end{align*}

Du coup :

\begin{align*} 4+a &= 5(4a-3)\\ 4+a&=20a-15\\ 19 &=19a\\ 1&=a. \end{align*}

Par suite :

t = 4\times 1-3 = 1.

L’identification de la première coordonnée fournit :

\begin{align*} 12+4a+b &= 10t\\ b&=10t-12-4a\\ b&=10-12-4\\ b&=-6. \end{align*}

Synthèse. Posez $P(X) = X^2+X-6.$

\begin{align*} (P(f))(e_1) &= ( f\circ f+f-6\mathrm{Id}_{\R^4})(e_1) \\ &=(f\circ f)(e_1)+f(e_1)-6e_1\\ &= (12,4,-4,3)+(4,1,-1,-4)+(-6,0,0,0)\\ &=(10,5,-5,-1)\\ &=v_1. \end{align*}

Donc $(P(f))(e_1) \in W_2\comma$ vous déduisez ainsi que :

\boxed{P_{e_1, W_2}(X)=X^2+X-6.}

Trouvez une racine de $P_{e_1, W_2}$ et construisez un vecteur $v_2$

Vous constatez que :

\begin{align*} P_{e_1, W_2}(-3)&=(-3)^2-3-6\\ &= 9-9\\ &=0. \end{align*}

Vous factorisez $P_{e_1, W_2}$ par $X+3$ ce qui fournit :

P_{e_1, W_2}(X)=(X+3)(X-2).

Vous posez $v_2 = (f-2\mathrm{Id}_{\R^4})(e_1).$ Alors :

\begin{align*} P_{e_1, W_2}(f)&= (f+3\mathrm{Id}_{\R^4})(f-2\mathrm{Id}_{\R^4}) \\ (P_{e_1, W_2}(f))(e_1)&= ((f+3\mathrm{Id}_{\R^4})\circ (f-2\mathrm{Id}_{\R^4}) )(e_1)\\ v_1 &= (f+3\mathrm{Id}_{\R^4})(v_2)\\ v_1 &= f(v_2)+3v_2. \end{align*}

D’autre part, comme $P_{e_1, W_2}(f)$ est le polynôme conducteur du vecteur $e_1$ dans l’espace $W_2\comma$ vous déduisez que $ (f-2\mathrm{Id}_{\R^4})(e_1) \notin W_2$ donc $v_2\notin \mathrm{Vect}(v_1)$ donc la famille $(v_1,v_2)$ est libre.

Calculez maintenant explicitement le vecteur $v_2$ :

\begin{align*} v_2 &= (f-2\mathrm{Id}_{\R^4})(e_1)\\ &=f(e_1)-2e_1\\ &=(4,1,-1,-4)+(-2,0,0,0)\\ &=(2,1,-1,-4). \end{align*}

En définitive, avec $\boxed{v_2 =(2,1,-1,-4)}$ vous avez obtenu :

\boxed{f(v_2) = -3v_2+v_1.}

Dans la suite, vous posez $W_3 = \mathrm{Vect}(v_1,v_2).$

Avant de poursuivre, il faut déterminer les coordonnées d’un vecteur qui n’appartienne pas à $W_3.$

Caractérisez l’espace $W_3$ par un système d’équations linéaires

Analyse. Soit $(x_1,x_2,x_3,x_4)\in\R^4$ tel que $(x_1,x_2,x_3,x_4)\in W_3.$

Par définition de $W_3\comma$ il existe deux réels $a$ et $b$ tels que $(x_1,x_2,x_3,x_4) = av_1+bv_2$ d’où :

(x_1,x_2,x_3,x_4) = a(10,5,-5,-1)+b(2,1,-1,-4).

Par conséquent :

\left\{\begin{align*} 10a+2b &= x_1 \\ 5a+b &=x_2\\ -5a-b &= x_3\\ -a-4b &=x_4. \end{align*}\right.

Vous permutez d’abord les lignes $1$ et $4$ :

\left\{\begin{align*} -a-4b &=x_4\\ 10a+2b &= x_1 \\ 5a+b &=x_2\\ -5a-b &= x_3. \end{align*} \right.

Vous effectuez les opérations élémentaires suivantes : $L_2\leftarrow L_2+10L_1\comma$ $L_3\leftarrow L_3+5L_1$ et $L_4\leftarrow L_4-5L_1$ :

\left\{\begin{align*} -a-4b &=x_4\\ -38b &= x_1+10x_4 \\ -19b &=x_2+5x_4\\ 19b &= x_3-5x_4. \end{align*} \right.

Vous permutez ensuite les lignes $2$ et $4$ :

\left\{\begin{align*} -a-4b &=x_4\\ 19b &= x_3-5x_4\\ -19b &=x_2+5x_4\\ -38b &= x_1+10x_4. \end{align*} \right.

Vous effectuez les opérations élémentaires suivantes : $L_3\leftarrow L_3+L_2\comma$ $L_4\leftarrow L_4+2L_2.$

\left\{\begin{align*} -a-4b &=x_4\\ 19b &= x_3-5x_4\\ 0 &=x_2+x_3\\ 0 &= x_1+2x_3. \end{align*} \right.

Synthèse. Soit maintenant $(x_1,x_2,x_3,x_4)\in\R^4$ tel que :

\left\{\begin{align*} x_2+x_3 &= 0\\ x_1+2x_3 &=0. \end{align*}\right.

Vous posez :

b = \frac{x_3-5x_4}{19}.

Puis vous posez :

\begin{align*} a&=-x_4-4b\\ &=\frac{-19x_4}{19}+\frac{-4x_3+20x_4}{19}\\ &=\frac{-4x_3+x_4}{19}. \end{align*}

Maintenant, vous calculez :

\begin{align*} av_1+bv_2 &= a(10,5,-5,-1)+b(2,1,-1,-4) \\ &=\frac{-4x_3+x_4}{19} (10,5,-5,-1)+\frac{x_3-5x_4}{19}(2,1,-1,-4)\\ &=\frac{1}{19}\left[(-4x_3+x_4)(10,5,-5,-1) + (x_3-5x_4)(2,1,-1,-4)\right]\\ &=\frac{1}{19}\left[(-40x_3+10x_4,-20x_3+5x_4,20x_3-5x_4,4x_3-x_4) + (2x_3-10x_4,x_3-5x_4,-x_3+5x_4,-4x_3+20x_4)\right]\\ &=\frac{1}{19}( -38x_3, -19x_3, 19x_3, 19x_4)\\ &=(-2x_3,-x_3,x_3,x_4). \end{align*}

Or, $x_2 = -x_3$ et $x_1 = -2x_3$ donc :

av_1+bv_2 = (x_1,x_2,x_3,x_4).

Et par conséquent $(x_1,x_2,x_3,x_4)\in W_3.$

Vous venez d’établir l’équivalence suivante :

\boxed{ \forall (x_1,x_2,x_3,x_4)\in\R^4, (x_1,x_2,x_3,x_4)\in W_3 \Longleftrightarrow \left\{ \begin{align*} x_2+x_3 &= 0\\ x_1+2x_3 &=0. \end{align*} \right. }

De ce qui précède, vous déduisez que $(1,0,0,0)\notin W_3$ et donc $e_1\notin W_3.$

Comme $f(v_1)\in\mathrm{Vect}(v_1)$ vous obtenez $f(v_1)\in\mathrm{Vect}(v_1,v_2).$

De même, comme $f(v_2) = -3v_2+v_1$ vous avez aussi $f(v_2)\in\mathrm{Vect}(v_1,v_2).$

Du coup, l’espace $W_3$ est stable par $f.$

Calculez le polynôme conducteur $P_{e_1, W_3}$

Le vecteur $e_1$ n’appartient pas à $W_3$ donc $P_{e_1, W_3}$ ne peut être constant.

Analyse. Supposez que $P_{e_1, W_3}$ soit de degré $1.$

Alors il existe un réel $a$ tel que $P_{e_1, W_3}(X) = X+a$ du coup $P_{e_1, W_3}(f) = f+a\mathrm{Id}_{\R^4}.$ Par suite :

\begin{align*} ( f+a\mathrm{Id}_{\R^4})(e_1) \in W_3\\ f(1,0,0,0)+(a,0,0,0) \in W_3\\ (4,1,-1,-4) + (a,0,0,0) \in W_3\\ (4+a,1,-1,-4) \in W_3. \end{align*}

D’après la deuxième équation qui caractérise l’espace $W_3$ vous déduisez :

\begin{align*} (4+a)+2\times (-1) &=0 \\ 2+a&=0\\ a&=-2. \end{align*}

Synthèse. Posez $P(X)=X-2.$ Alors :

\begin{align*} (P(f))(e_1) &= (f-2\mathrm{Id}_{\R^4})(e_1) \\ &=f(e_1)-2e_1\\ &=(4,1,-1,-4)+(-2,0,0,0)\\ &=(2,1,-1,-4). \end{align*}

Comme $1+(-1) = 0$ et $2+2\times (-1) = 0$ les équations qui caractérisent $W_3$ sont satisfaites par le vecteur $(2,1,-1,-4)$ donc $(P(f))(e_1) \in W_3.$

Du coup, il est prouvé que $\boxed{P_{e_1,W_3} = X-2.}$

Construisez un vecteur $v_3$

Vous posez $v_3 = \boxed{(1,0,0,0)} = e_1.$ Il a été vu que $e_1 \notin W_3$ donc $v_3 \notin W_3$ donc la famille $(v_1,v_2,v_3)$ est libre.

Comme $(2,1,-1,-4)\in W_3\comma$ c’est-à-dire $f(v_3)-2v_3 \in W_3\comma$ ce vecteur est une combinaison linéaire des vecteurs $v_1$ et $v_2.$

Une telle combinaison se trouve à l’aide des calculs effectués pour caractériser $W_3.$ Avec

\begin{align*} a&=\frac{-4\times(-1)+(-4)}{19} \\ &=0 \end{align*}
\begin{align*} b &= \frac{(-1)-5(-4)}{19}\\ &=\frac{-1+20}{19}\\ &=1 \end{align*}

vous retrouvez bien que :

\begin{align*} (2,1,-1,-4) &= v_2\\ f(v_3) -2 v_3&= v_2. \end{align*}

D’après ce qui précède :

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

Pour finir, vous posez $W_4 = \mathrm{Vect}(v_1,v_2,v_3)$ qui est un espace de dimension $3.$

Caractérisez par une équation l’espace $W_4$ et déduisez-en un vecteur $v_4$

Vous pourrez ainsi choisir un vecteur $v_4$ tel que $v_4\notin W_4.$

Analyse. Soit $(x_1,x_2,x_3,x_4)\in\R^4$ tel que $(x_1,x_2,x_3,x_4)\in W_4.$

Par définition de $W_4\comma$ il existe trois réels $a\comma$ $b$ et $c$ tels que $(x_1,x_2,x_3,x_4) = av_1+bv_2+cv_3$ d’où :

(x_1,x_2,x_3,x_4) = a(10,5,-5,-1)+b(2,1,-1,-4)+c(1,0,0,0).

Par conséquent :

\left\{\begin{array}{llll} 10a&+2b &+c&= x_1 \\ 5a&+b &&=x_2\\ -5a&-b &&= x_3\\ -a&-4b &&=x_4. \end{array}\right.

Vous permutez la ligne $1$ et la ligne $4$ :

\left\{\begin{array}{llll} -a&-4b &&=x_4\\ 5a&+b &&=x_2\\ -5a&-b &&= x_3\\ 10a&+2b &+c&= x_1. \end{array}\right.

Vous effectuez l’opération élémentaire $L_2\leftarrow L_2+5L_1$ :

\left\{\begin{array}{llll} -a&-4b &&=x_4\\ &-19b &&=x_2+5x_4\\ -5a&-b &&= x_3\\ 10a&+2b &+c&= x_1. \end{array}\right.

Vous effectuez l’opération élémentaire $L_3\leftarrow L_3-5L_1$ :

\left\{\begin{array}{llll} -a&-4b &&=x_4\\ &-19b &&=x_2+5x_4\\ &\hphantom{+} 19b &&= x_3-5x_4\\ 10a&+2b &+c&= x_1. \end{array}\right.

Vous effectuez l’opération élémentaire $L_4\leftarrow L_4+10L_1$ :

\left\{\begin{array}{llll} -a&-4b &&=x_4\\ &-19b &&=x_2+5x_4\\ &\hphantom{+} 19b &&= x_3-5x_4\\ &-38b &+c&= x_1+10x_4. \end{array}\right.

Vous effectuez l’opération élémentaire $L_3\leftarrow L_3+L_2$ :

\left\{\begin{array}{llll} -a&-4b &&=x_4\\ &-19b &&=x_2+5x_4\\ & &\hphantom{+}0&= x_2+x_3\\ &-38b &+c&= x_1+10x_4. \end{array}\right.

Afin d’obtenir un système triangularisé, vous effectuez $L_4\leftarrow L_4-2L_2$ et vous permutez la ligne $3$ et la ligne $4$ :

\left\{\begin{array}{llll} -a&-4b &&=x_4\\ &-19b &&=x_2+5x_4\\ & &c&= x_1-2x_2\\ & &0&= x_2+x_3. \end{array}\right.

Il sera utile de trouver $b$ et $a.$

Vous avez :

b=\frac{-x_2-5x_4}{19}.

Enfin :

\begin{align*} a&=-4b-x_4\\ &=\frac{4x_2+20x_4}{19}+\frac{-19x_4}{19}\\ &=\frac{4x_2+x_4}{19}. \end{align*}

Synthèse. Soit $(x_1,x_2,x_3,x_4)\in\R^4$ tel que $x_2+x_3 =0.$

Vous posez :

\begin{align*} a&=\frac{4x_2+x_4}{19}\\ b&=\frac{-x_2-5x_4}{19}\\ c&=x_1-2x_2. \end{align*}

Vous calculez le vecteur suivant :

\begin{align*} av_1+bv_2+cv_3 &= \frac{4x_2+x_4}{19}(10,5,-5,-1)+ \frac{-x_2-5x_4}{19}(2,1,-1,-4)+(x_1-2x_2)(1,0,0,0)\\ 19(av_1+bv_2+cv_3) &= (40x_2+10x_4, 20x_2+5x_4,-20x_2-5x_4, -4x_2-x_4)\\ &\qquad+(-2x_2-10x_4, -x_2-5x_4, x_2+5x_4, 4x_2+20x_4)\\ &\qquad+(19x_1-38x_2,0,0,0)\\ &=(19x_1,19x_2, -19x_2, 19x_4)\\ av_1+bv_2+cv_3 &=(x_1, x_2, -x_2, x_4). \end{align*}

Comme $x_3 = -x_2$ vous déduisez que $(x_1,x_2,x_3,x_4) = av_1+bv_2+cv_3$ donc $(x_1,x_2,x_3,x_4)\in W_4.$

En définitive, il a été démontré que :

\boxed{\forall (x_1,x_2,x_3,x_4)\in\R^4, (x_1,x_2,x_3,x_4)\in W_4\Longleftrightarrow x_2+x_3 = 0.}

Vous constatez alors que $e_1 \in W_4\comma$ il faut donc changer de vecteur. Prenez par exemple $e_2 = (0,1,0,0).$ Alors $e_2\notin W_4.$

Comme $(f(v_1),f(v_2),f(v_3))\in W_4^3$ vous déduisez que $W_4$ est stable par $f.$

Calculez le polynôme conducteur $P_{e_2, W_4}$

Comme le polynôme $P_{e_2,W_4}$ n’est pas constant, son degré est supérieur ou égal à $1.$

Analyse. Supposez que $P_{e_2,W_4}$ est de degré $1.$ Il existe un réel $a$ tel que $P_{e_2,W_4} = X+a.$

Ainsi :

\begin{align*} f(e_2)+ae_2 &\in W_4\\ (3,2,0,-7)+(0,a,0,0) &\in W_4\\ (3,2+a,0,-7)&\in W_4. \end{align*}

Par suite $(2+a)+0 =0$ donc $a=-2.$

Synthèse. Posez $P(X) = X-2.$

Alors :

\begin{align*} f(e_2)-2e_2 &= (3,2,0,-7)+(0,-2,0,0)\\ &=(3,0,0,-7). \end{align*}

Comme $0+0 = 0\comma$ vous déduisez $f(e_2)-2e_2 \in W_4.$

Le polynôme conducteur du vecteur $e_2$ dans l’espace $W_4$ est :

\boxed{P_{e_2,W_4}(X) = X-2.}

Explicitez un vecteur $v_4$ et concluez

Vous posez $v_4 = (0,1,0,0) = e_2.$

Comme $e_2 \notin W_4$ vous déduisez $v_4 \notin W_4$ et donc $(v_1,v_2,v_3,v_4)$ est une famille libre de $\R^4$ avec autant de vecteurs que la dimension de $\R^4$ donc $(v_1,v_2,v_3,v_4)$ est une base de $\R^4.$

Il reste à décomposer, par complétude, le vecteur $(3,0,0,-7)$ comme combinaison linéaire des vecteurs $v_1\comma$ $v_2$ et $v_3.$

Vous posez :

\begin{align*} a&=\frac{4\times 0-7}{19} = \frac{-7}{19}\\ b&=\frac{-0-5(-7)}{19}=\frac{35}{19}\\ c&=3-2\times 0 = 3. \end{align*}

Puis :

\begin{align*} av_1+bv_2+cv_3 &= \frac{-7}{19}(10,5,-5,-1)+\frac{35}{19}(2,1,-1,-4)+3(1,0,0,0)\\ &= \frac{1}{19}(-70,-35,35,7)+\frac{1}{19}(70,35,-35,-140)+(3,0,0,0)\\ &=\frac{1}{19}(0,0,0,-133)+(3,0,0,0)\\ &=(0,0,0,-7)+(3,0,0,0)\\ &=(3,0,0,-7)\\ &=f(v_4)-2v_4. \end{align*}

Donc :

\begin{align*} f(v_4)-2v_4 &= \frac{-7}{19}v_1+\frac{35}{19}v_2+3v_3\\ f(19v_4)-2(19v_4) &= -7v_1+35v_2+57v_3. \end{align*}

Vous posez $\boxed{v’_4 = (0,19,0,0)} = 19v_4$ et ainsi :

\boxed{f(v'_4) = 2v'_4+57v_3+35v_2-7v_1.}

Dans la base $(v_1,v_2,v_3,v’_4)\comma$ l’endomorphisme $f$ est trigonalisé.

Matrice de passage et matrice triangulaire

Soit $A$ la matrice de l’endomorphisme $f$ dans la base canonique de $\R^4.$

A = \begin{pmatrix} 4 & 3 & 7 & 0\\ 1 & 2 & 2 & 0\\ -1 & 0 & 0 & 0\\ -4 & -7 & -14 & -3 \end{pmatrix}.

Soit $P$ la matrice inversible de passage de la base canonique de $\R^4$ vers la base $(v_1,v_2,v_3,v’_4).$ Alors :

P = \begin{pmatrix} 10 & 2 & 1 & 0\\ 5 & 1 & 0 & 19\\ -5 & -1 & 0 & 0\\ -1 & -4 & 0 & 0 \end{pmatrix}.

La matrice de $f$ dans la base $(v_1,v_2,v_3,v’_4)$ est bien égale à :

T = P^{-1}AP=\begin{pmatrix} 2 & 1 & 0 & -7\\ 0 & -3 & 1 & 35\\ 0 & 0 & 2 & 57\\ 0 & 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}.