283. Hyperplans, formes linéaires, stabilité d’un hyperplan par un endomorphisme, trigonalisation (2/3)

Soit $E$ l’ensemble $\R^3$ muni de sa structure de $\R$-espace vectoriel.

Vous considérez l’endomorphisme $u$ de $\R^3$ défini par :

\forall (x,y,z)\in\R^3, u(x,y,z)=(4x+2y-2z,x+5y-z, x+3y+z).

Note. La matrice de l’endomorphisme $u$ dans la base canonique de $\R^3$ est :

A =\begin{pmatrix} 4 & 2 & -2\\ 1 & 5 & -1 \\ 1 & 3 & 1 \end{pmatrix}.

Supposez qu’il existe un hyperplan stable par $u$

Notez $H$ un tel hyperplan. Alors $\forall X\in H, u(X)\in H.$

Il a été vu dans un autre article qu’il existe une forme linéaire $\varphi$ non nulle telle que $H = \ker \varphi.$

Pour en savoir davantage, allez lire le contenu rédigé dans l'article 282.

Pour simplifier les notations, vous notez $a = \varphi(1,0,0)\comma$ $b=\varphi(0,1,0)$ et $c=\varphi(0,0,1).$

Vous fixez un élément $(x,y,z)$ de $\ker \varphi.$

Comme $(x,y,z)\in H\comma$ vous déduisez que $u(x,y,z)$ appartient encore à $H\comma$ ce qui s’écrit :

\begin{align*} \varphi(4x+2y-2z,x+5y-z, x+3y+z) &= 0 \\ \varphi(4x,x,x)+\varphi(2y,5y,3y)+\varphi(-2z,-z,z)&=0\\ x\varphi(4,1,1)+y\varphi(2,5,3)+z\varphi(-2,-1,1)&=0\\ (4a+b+c)x+(2a+5b+3c)y+(-2a-b+c)z &= 0. \end{align*}

Considérez la forme linéaire $\psi$ de $\R^3$ définie par :

\forall (x',y',z')\in\R^3, \psi(x',y',z') = (4a+b+c)x'+(2a+5b+3c)y'+(-2a-b+c)z'.

Ainsi vous avez obtenu $(x,y,z)\in\ker \psi.$

Du coup, $\ker \varphi \subset \ker \psi.$

Toujours d’après un autre article, vous déduisez qu’il existe un réel $t$ tel que $\psi = t \varphi.$

Pour en savoir davantage, allez lire le contenu rédigé dans l'article 282.

En évaluant cette égalité pour le vecteur $(1,0,0)$ vous trouvez $4a+b+c = ta.$

Avec l’évaluation sur le vecteur $(0,1,0)$ vous trouvez $2a+5b+3c=tb.$

Enfin, avec le vecteur $(0,0,1)$ vous trouvez $-2a-b+c = tc.$

La forme linéaire $\varphi$ étant non nulle, vous déduisez $(a,b,c)\neq (0,0,0).$ De plus :

\begin{pmatrix} 4 & 1 & 1\\ 2 & 5 & 3\\ -2 & -1 & 1\\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix} a\\ b\\ c\\ \end{pmatrix} = t\begin{pmatrix} a\\ b\\ c\\ \end{pmatrix}.

Ainsi, le vecteur $\begin{pmatrix}a\\b\\ c\end{pmatrix}$ est un vecteur propre de la matrice $^{t}A.$

Réciproquement, pour chaque vecteur propre de la matrice transposée de $A\comma$ montrez que vous obtenez un hyperplan stable par $u$

Soit $X$ un vecteur propre de la matrice $^{t}A.$

Il existe donc un réel $t$ et un triplet $(a,b,c)\in\R^3 \setminus \{(0,0,0)\}$ tels que :

\begin{align*} X&=\begin{pmatrix} a\\ b\\ c \end{pmatrix}\\ ^{t}AX &= tX. \end{align*}

Vous déduisez alors que :

\left\{\begin{align*} 4a+b+c &= ta\\ 2a+5b+3c&=tb\\ -2a-b+c &= tc. \end{align*}\right.

Notez $\varphi$ la forme linéaire définie par :

\forall (x,y,z)\in\R^3, \varphi(x,y,z)=ax+by+cz.

Comme $(a,b,c)\neq (0,0,0)\comma$ la forme linéaire $\varphi$ n’est pas entièrement nulle.

Posez $H = \ker \varphi.$ Alors $H$ est un hyperplan de $E.$

Soit maintenant $(x,y,z)\in\R^3$ tel que $(x,y,z)\in H.$

Alors :

\begin{align*} \varphi(u(x,y,z)) &= \varphi(4x+2y-2z,x+5y-z, x+3y+z) \\ &=a(4x+2y-2z)+b(x+5y-z)+c(x+3y+z)\\ &=(4a+b+c)x+(2a+5b+3c)y+(-2a-b+c)z\\ &=tax+tby+tcz\\ &=t(ax+by+cz)\\ &=t\varphi(x,y,z)\\ &=t\times 0\\ &=0. \end{align*}

Donc $u(x,y,z)\in H.$

L’hyperplan $H$ est bien stable par $u.$

Concluez

Pour obtenir un hyperplan stable par l’endomorphisme $u\comma$ il faut et il suffit de trouver un triplet de réels $(a,b,c)$ pour que $\begin{pmatrix} a\\ b\\ c \end{pmatrix}$ soit un vecteur propre de la matrice transposée de $A.$

Une fois ce vecteur propre obtenu, l’ensemble défini par :

H = \{(x,y,z)\in\R^3, ax+by+cz=0\}

est un hyperplan stable par $u.$

283. Hyperplans, formes linéaires, stabilité d’un hyperplan par un endomorphisme, trigonalisation (2/3)

Supposez qu’﻿il existe un hyperplan stable par $u$

Réciproquement, pour chaque vecteur propre de la matrice transposée de $A\comma$ montrez que vous obtenez un hyperplan stable par $u$

Concluez

Supposez qu’il existe un hyperplan stable par $u$