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 le contenu rédigé dans l'article 282 qu’il existe une forme linéaire $\varphi$ non nulle telle que $H = \ker \varphi.$
Vous simplifier les notations, vous notez $a = \varphi(1,0,0)$, $b=\varphi(0,1,0)$ et $c=\varphi(0,0,1).$
Vous fixez un élément $(x,y,z)$ de $\ker \varphi.$
Comme $(x,y,z)\in H$ vous déduisez que $u(x,y,z)$ appartient encore à $H$, 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 le contenu rédigé dans l'article 282 vous déduisez qu’il existe un réel $t$ tel que $\psi = t \varphi.$
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 $A$, 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 $(a,b,c)\neq (0,0,0)$ la forme linéaire $\varphi$ n’est pas entièrement nulle.
Posez $H = \ker \varphi.$ Alors $H$ est un hyperplan de $E.$
Soit maintenant $(x,y,z)\R^3$ 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 $u$ 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 $u.$
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 !