Vous considérez la matrice :
A=\begin{pmatrix}
0 & 1 & 0 & 2\\
-3 & 0 & 4 & 0\\
0 & 1 & 0 & 3\\
-1 & 0 & 1 & 0
\end{pmatrix}.Trigonaliser la matrice $A$ revient à trigonaliser l’endomorphisme $u$ de $\R^4$ canoniquement associé à $A.$ Il est défini par :
\forall(x,y,z,t)\in\R^4, u(x,y,z,t)=(y+2t, -3x+4z, y+3t, -x+z).
Notez les matrices identité
Dans la suite, vous aurez besoin des matrices suivantes :
\begin{align*}
I &= \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0 & 0\\
0 & 0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix}
\\
I_2 &= \begin{pmatrix}
1 & 0\\
0 & 1
\end{pmatrix}.
\end{align*}Déterminez un hyperplan stable par $u$
Suivant ce qui a été établi au sein du contenu écrit dans l'article 283 vous formez la matrice transposée de $A$ :
^{t}A=\begin{pmatrix}
0 & -3 & 0 & -1\\
1 & 0 & 1 & 0\\
0 & 4 & 0 & 1\\
2 & 0 & 3 & 0
\end{pmatrix}.Pour déterminer un vecteur propre de $^{t}A$ vous pouvez choisir la colonne de $^{t}A$ qui semble la plus simple possible, ici la quatrième. Vous posez $V = \begin{pmatrix} 0 \\0\\0\\1\end{pmatrix}$ et calculez les itérés de ce vecteur par la matrice $^{t}A.$
Tout d’abord :
\begin{align*}
^{t}A V &=\begin{pmatrix}
0 & -3 & 0 & -1\\
1 & 0 & 1 & 0\\
0 & 4 & 0 & 1\\
2 & 0 & 3 & 0
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
0 \\
0\\
0\\
1
\end{pmatrix}
\\
&=\begin{pmatrix}
-1 \\
0\\
1\\
0
\end{pmatrix}.
\end{align*}
La famille $(V, ^{t}A V)$ étant libre, vous poursuivez.
\begin{align*}
(^{t}A)^2 V &=\ ^{t}A (^{t}AV)\\
&= \begin{pmatrix}
0 & -3 & 0 & -1\\
1 & 0 & 1 & 0\\
0 & 4 & 0 & 1\\
2 & 0 & 3 & 0
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
-1 \\
0\\
1\\
0
\end{pmatrix} \\
&= \begin{pmatrix}
0 \\
-1\\
0\\
-2
\end{pmatrix}
+
\begin{pmatrix}
0 \\
1\\
0\\
3
\end{pmatrix}
\\
&=
\begin{pmatrix}
0 \\
0\\
0\\
1
\end{pmatrix} \\
&=V.
\end{align*}
Cette égalité fournit :
\begin{align*}
(^{t}A)^2V - V &= 0\\
((^{t}A)^2-I)V &=0\\
(^{t}A-I)(^{t}A+I)V &=0.
\end{align*}
D’après ce qui précède, le polynôme $(X+1)(X-1)$ est le polynôme unitaire de plus petit degré appartenant à l’ensemble :
\{P\in\R[X], P(^{t}A)V = 0\}.Cet ensemble est un idéal de $\R[X]$ qui est engendré par $(X+1)(X-1).$
Or, le polynôme $\pi$ minimal de la matice $^{t}A$ appartient à cet idéal, donc $(X+1)(X-1)$ divise $\pi$ donc $1$ et $-1$ sont deux racines de $\pi$, donc $1$ et $-1$ sont deux valeurs propres de $^{t}A.$
Ainsi, les deux matrices $(^{t}A-I)$ et $(^{t}A+I)$ sont non inversibles.
Vous formez la première :
^{t}A-I=\begin{pmatrix}
-1 & -3 & 0 & -1\\
1 & -1 & 1 & 0\\
0 & 4 & -1 & 1\\
2 & 0 & 3 & -1
\end{pmatrix}.Pour déterminer son noyau, vous cherchez à exprimer une colonne en fonction des autres, elle vous donnera un vecteur non nul de ce noyau.
Vous effectuez les opérations élémentaires suivantes : $L_2\leftarrow L_2+L_1$ ce qui donne :
\begin{pmatrix}
-1 & -3 & 0 & -1\\
0 & -4 & 1 & -1\\
0 & 4 & -1 & 1\\
2 & 0 & 3 & -1
\end{pmatrix}.Vous constatez immédiatement en effectuant l’opération $L_3\leftarrow L_3+L_2$ que vous tombez sur une matrice qui comporte une ligne entièrement nulle :
\begin{pmatrix}
-1 & -3 & 0 & -1\\
0 & -4 & 1 & -1\\
0 & 0 & 0 & 0\\
2 & 0 & 3 & -1
\end{pmatrix}.Vous retrouvez bien le fait que $^{t}A -I$ est non inversible. Vous continuez les opérations élémentaires. Par exemple avec $L_4\leftarrow L_4+2L_1$ :
\begin{pmatrix}
-1 & -3 & 0 & -1\\
0 & -4 & 1 & -1\\
0 & 0 & 0 & 0\\
0 & -6 & 3 & -3
\end{pmatrix}.Vous effectuez alors $L_3 \leftrightarrow L_4$ puis $L_3 \leftarrow \frac{1}{3}L_3$ :
\begin{pmatrix}
-1 & -3 & 0 & -1\\
0 & -4 & 1 & -1\\
0 & -2 & 1 & -1\\
0 & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix}.Pour triangulariser la matrice, vous terminez par les opérations $L_2\leftarrow L_2 – 2L_3$ et $L_2\leftrightarrow L_3$ :
\begin{pmatrix}
-1 & -3 & 0 & -1\\
0 & -2 & 1 & -1\\
0 & 0 & -1 & 1\\
0 & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix}.Il apparaît alors que $C_4 = C_1-C_3$, autrement dit $C_1-C_3-C_4 = 0.$
Les opérations élémentaires sur les lignes conservant les noyaux, il vient, en posant $W = \begin{pmatrix}1 \\0\\-1\\-1\end{pmatrix}$ :
\begin{align*}
(^{t}A-I)W&=\begin{pmatrix}
-1 & -3 & 0 & -1\\
1 & -1 & 1 & 0\\
0 & 4 & -1 & 1\\
2 & 0 & 3 & -1
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}1 \\0\\-1\\-1\end{pmatrix}
\\
&=\begin{pmatrix}0 \\0\\0\\0\end{pmatrix}.
\end{align*}Donc $W$ est un vecteur propre de la matrice $^{t}A$ associé à la valeur propre $1.$
Ainsi, l’hyperplan $H_3$ de $\R^4$ défini par :
\boxed{H_3 = \{(x,y,z,t)\in\R^4, x-z-t = 0\}}est stable par l’endomorphisme $u.$
Facultatif : vérifiez que cet hyperplan est stable par $u$
Soit $(x,y,z,t)\in\R^4$ tel que $(x,y,z,t)\in H_3.$
Alors $x = z+t.$
De plus :
\begin{align*}
u(x,y,z,t)&=(y+2t, -3x+4z, y+3t, -x+z) \\
&=(y+2t, -3z-3t+4z, y+3t, -z-t+z)\\
&=(y+2t, z-3t, y+3t, -t).
\end{align*}
Or :
\begin{align*}
(y+2t)-(y+3t)-(-t) &= y+2t-y-3t+t\\
&=0.
\end{align*}
donc $u(x,y,z,t)\in H_3.$
De ce qui précède, vous déduisez que la restriction de $u$ à $H_3$, notée $u_{|H_3}$ est bien définie.
Déterminez un hyperplan stable par $u_{|H_3}$
Comme :
H_3 = \{(x,y,z,t)\in\R^4, x = z+t\}vous déduisez :
\begin{align*}
H_3 &= \{(z+t,y,z,t), (y,z,t)\in\R^3\}\\
&= \{(z,0,z,0) + (t,0,0,t) + (0,y,0,0), (y,z,t)\in\R^3\}\\
&= \{z(1,0,1,0) + t(1,0,0,1) + y(0,1,0,0), (y,z,t)\in\R^3\}.
\end{align*}
Vous posez :
\boxed{\begin{align*}
e_1 &= (1,0,1,0)\\
e_2 &= (1,0,0,1)\\
e_3 &= (0,1,0,0).
\end{align*}}Alors :
H_3 = \mathrm{Vect}(e_1,e_2,e_3).Comme $H_3$ est de dimension $3$ en tant qu’hyperplan de $\R^4$ vous déduisez que la famille $(e_1,e_2,e_3)$, qui est génératrice de $H_3$, est en fait une base de $H_3.$ Vous noterez $(e_1^{*}, e_2^{*}, e_3^{*})$ sa base duale.
Vous calculez d’abord :
\begin{align*}
u_{|H_3}(e_1) &= u(1,0,1,0)\\
&=(0, 1, 0, 0)\\
&=e_3.
\end{align*}Puis :
\begin{align*}
u_{|H_3}(e_2) &= u(1,0,0,1)\\
&=(2, -3, 3, -1)\\
&=(2, -3, 3, -1) +e_2-e_2\\
&=(2, -3, 3, -1) + (1,0,0,1)-e_2\\
&=(3, -3, 3, 0) -e_2\\
&=3(1, -1, 1, 0) -e_2\\
&=3(e_1-e_3) -e_2\\
&=3e_1 -e_2-3e_3.
\end{align*}Enfin :
\begin{align*}
u_{|H_3}(e_3) &= u(0,1,0,0)\\
&=(1, 0, 1, 0)\\
&=e_1.
\end{align*}Vous déduisez que la matrice de $u_{|H_3}$ dans la base $(e_1,e_2,e_3)$ est :
B = \begin{pmatrix}
0 & 3 & 1\\
0 & -1 & 0\\
1 & -3 & 0
\end{pmatrix}.Du coup, la matrice transposée de $B$ est :
^{t}B = \begin{pmatrix}
0 & 0 & 1\\
3 & -1 & -3\\
1 & 0 & 0
\end{pmatrix}.La colonne la plus simple de $B$ est la deuxième, ce qui conduit à poser $V = \begin{pmatrix}0\\ 1 \\ 0\end{pmatrix}.$
\begin{align*}
^{t}B V &= \begin{pmatrix}
0 & 0 & 1\\
3 & -1 & -3\\
1 & 0 & 0
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}0\\ 1 \\ 0\end{pmatrix}
\\
&= \begin{pmatrix}0\\ -1 \\ 0\end{pmatrix}\\
&=-V.
\end{align*}Vous avez obtenu un vecteur propre de $^{t}B.$
Notez :
\begin{align*}
H_2 &= \{x\in H_3, 0e_1^{*}(x)+1e_2^{*}(x)+0e_3^{*}(x) = 0\}\\
&= \{x\in H_3, e_2^{*}(x) = 0\}.
\end{align*}
Alors $H_2$ est le noyau d’une forme linéaire non nulle de $H_3$ donc $H_2$ est un hyperplan de $H_3$ et donc $H_2$ est de dimension $2.$
Soit $x\in H_2.$ Comme :
\begin{align*}
x &= e_1^{*}(x) e_1+e_2^{*}(x) e_2+e_3^{*}(x) e_3\\
&= e_1^{*}(x) e_1+0 e_2+e_3^{*}(x) e_3\\
&= e_1^{*}(x) e_1+e_3^{*}(x) e_3
\end{align*}
vous déduisez que $x \in \mathrm{Vect}(e_1, e_3).$
Réciproquement, soit $x \in \mathrm{Vect}(e_1, e_3).$
Il existe $(\lambda_1, \lambda_3)\in\R^2$ tel que :
x = \lambda_1 e_1 + \lambda_3 e_3.
Par linéarité :
\begin{align*}
e_2^{*}(x) &= \lambda_1 e_2^{*}(e_1) + \lambda_3 e_2^{*}(e_3)\\
&= \lambda_1 \times 0 + \lambda_3 \times 0\\
&=0.
\end{align*}
Donc $x\in H_2.$
Ainsi l’hyperplan $H_2$ est stable par $u_{|H_3}$ donc par $u$, avec :
\boxed{H_2 = \mathrm{Vect}(e_1, e_3).}Comme $H_2$ est de dimension $2$, la famille $(e_1,e_3)$ qui est génératrice de $H_2$, en est une base.
Déterminez une droite stable par $u_{|H_2}$
Comme $u(e_1) = e_3$ et $u(e_3) = e_1$ la matrice $C$ de $u_{|H_2}$ dans la base $(e_1,e_3)$ est :
C = \begin{pmatrix}
0 & 1\\
1 & 0
\end{pmatrix}.Vous constatez que $^{t}C = C.$ Vous posez $V = \begin{pmatrix}1\\ 0 \end{pmatrix}.$
Alors :
\begin{align*}
^{t}CV &= \begin{pmatrix}
0 & 1\\
1 & 0
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}1\\ 0 \end{pmatrix}
\\
&=\begin{pmatrix}0\\ 1 \end{pmatrix}.
\end{align*}La famille $(V, ^{t}CV)$ étant libre vous poursuivez.
Puis :
\begin{align*}
(^{t}C)^2V &= \begin{pmatrix}
0 & 1\\
1 & 0
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}0\\ 1 \end{pmatrix}
\\
&=\begin{pmatrix}1\\ 0 \end{pmatrix}\\
&=V.
\end{align*}Ainsi, le polynôme $X^2-1$ est le polynôme unitaire de plus petit degré appartenant à l’ensemble :
\{P\in\R[X], P(^{t}C)V = 0\}.Comme le polynôme minimal de la matrice $^{t}C$ y appartient, vous déduisez que $X^2-1 = (X+1)(X-1)$ le divise. Le polynôme minimal de $^{t}C$ admet donc $1$ et $-1$ pour racines qui sont deux valeurs propres.
Vous formez la matrice :
^{t}C - I_2 = \begin{pmatrix}
-1 & 1\\
1 & -1
\end{pmatrix}.La colonne $2$ vaut $-1$ fois la colonne $1$, soit $C_2 = -C_1$ soit $C_1+C_2 = 0$ donc le vecteur $\begin{pmatrix}1\\ 1 \end{pmatrix}$ est vecteur propre de $^{t}C.$
En notant $(e_1^{**}, e_3^{**})$ la base duale de $(e_1,e_3)$ vous définissez la droite $D$ de $H_2$ en posant :
\begin{align*}
D &= \{x\in H_2, 1e_1^{**}(x)+ 1e_3^{**}(x) = 0\}\\
&= \{x\in H_2, e_1^{**}(x)+ e_3^{**}(x) = 0\}.
\end{align*}
Notez que $e_1^{**}(e_1)+ e_3^{**}(e_1) = 1+0 = 1$ donc la forme linéaire $e_1^{**}+e_3^{**}$ n’est pas nulle.
Donc $D$ est un hyperplan de $H_2$ et par suite $D$ est de dimension $1$, c’est une droite.
Il s’agit maintenant d’en déterminer une base.
Soit $x \in D.$ Alors $x\in H_2$ donc il existe $(\lambda_1, \lambda_3)\in \R^2$ tel que :
x=\lambda_1e_1+\lambda_3e_3.
Par linéarité :
\begin{align*}
e_1^{**}(x) &= \lambda_1e_1^{**}(e_1)+\lambda_3 e_1^{**}(e_3)\\
&=\lambda_1.
\end{align*}\begin{align*}
e_3^{**}(x) &= \lambda_1e_3^{**}(e_1)+\lambda_3 e_3^{**}(e_3)\\
&=\lambda_3.
\end{align*}Comme :
e_1^{**}(x)+ e_3^{**}(x) = 0Vous déduisez :
\begin{align*}
\lambda_1+\lambda_3 &= 0\\
\lambda_1 &= - \lambda_3.
\end{align*}
Du coup :
\begin{align*}
x&=\lambda_1e_1+\lambda_3e_3\\
x&=-\lambda_3e_1+\lambda_3e_3\\
x&=\lambda_3(-e_1+e_3)\\
x&\in \mathrm{Vect}(-e_1+e_3).
\end{align*}
Réciproquement, soit $x\in \mathrm{Vect}(-e_1+e_3).$
Il existe un réel $\lambda$ tel que :
\begin{align*}
x&=\lambda(-e_1+e_3)\\
&=-\lambda e_1+ \lambda e_3.
\end{align*}
Vous obtenez toujours par linéarité :
\begin{align*}
e_1^{**}(x) &= -\lambda e_1^{**}(e_1) + \lambda e_1^{**}(e_3)\\
&=-\lambda.
\end{align*}\begin{align*}
e_3^{**}(x) &= -\lambda e_3^{**}(e_1) + \lambda e_3^{**}(e_3)\\
&=\lambda.
\end{align*}Et par suite :
e_1^{**}(x)+ e_3^{**}(x) = 0donc $x\in D.$
En définitive, la droite $\boxed{D = \mathrm{Vect}(-e_1+e_3)}$ est stable par $u_{|H_2}$ donc par $u.$
Déduisez-en une trigonalisation de l’endomorphisme $u$
Choisissez un vecteur $v_4$ n’appartenant pas à $H_3.$
Comme $H_3$ est caractérisé par l’égalité :
H_3 = \{(x,y,z,t)\in\R^4, x-z-t = 0\}vous choisissez $\boxed{v_4 = (1,0,0,0).}$
Alors $\R^4$ s’écrit comme somme directe :
\R^4 = H_3 \oplus \mathrm{Vect}(v_4)Vous cherchez maintenant à décomposer $H_3.$ Vous prenez un vecteur de $H_3$ qui n’appartient pas à $H_2.$
Pour rappel :
H_3 = \mathrm{Vect}(e_1,e_2,e_3).Cependant :
\begin{align*}
H_2 &= \mathrm{Vect}(e_1,e_3)\\
&= \{x\in H_3, e_2^{*}(x) = 0\}.
\end{align*}En choisissant $\boxed{v_3 = e_2 = (1,0,0,1)}$ vous aboutissez à :
\R^4 = H_2 \oplus \mathrm{Vect}(v_3) \oplus \mathrm{Vect}(v_4)Pour décomposer $H_2$ vous choisissez de $H_2$ qui n’appartient pas à $D.$ Vous pouvez choisir $\boxed{v_2 = e_3 = (0,1,0,0).}$
En effet, si $e_3$ appartenait à la droite $D$, il existerait un scalaire $\lambda$ tel que :
\begin{align*}
e_3 &= \lambda(-e_1+e_3)\\
\lambda e_1+(1-\lambda)e_3&=0
\end{align*}La famille $(e_1,e_3)$ étant libre, cela fournit $\lambda = 0$ et $1-\lambda = 0$ donc $\lambda= 0= 1$ ce qui est absurde.
En posant $\boxed{v_1 = -e_1+e_3 = (-1,1,-1,0)}$ vous aboutissez à :
\R^4 =\mathrm{Vect}(v_1) \oplus \mathrm{Vect}(v_2) \oplus \mathrm{Vect}(v_3) \oplus \mathrm{Vect}(v_4).Pour finir les calculs, il reste à calculer, pour tout $i\in \llbracket, 1,4\rrbracket$ le vecteur $u(v_i)$ au sein de la base $(v_1,v_2,v_3,v_4).$
Tout d’abord :
\begin{align*}
u(v_1) &= u(-1,1,-1,0)\\
&= (1, -1, 1, 0)\\
&= -v_1.
\end{align*}Ensuite :
\begin{align*}
u(v_2) &= u(0,1,0,0)\\
&= (1, 0, 1, 0)\\
&= (1, 0, 1, 0) + (-1,1,-1,0) - v_1\\
&= (0,1,0,0) -v_1\\
&= -v_1+v_2.
\end{align*}Puis :
\begin{align*}
u(v_3) &= u(1,0,0,1)\\
&= (2, -3, 3, -1) \\
&= (2, -3, 3, -1) + (1,0,0,1) -v_3\\
&=(3,-3,3,0)-v_3\\
&=3(1,-1,1,0)-v_3\\
&=-3v_1-v_3.
\end{align*}Enfin :
\begin{align*}
u(v_4) &= u(1,0,0,0)\\
&= (0, -3, 0, -1).
\end{align*}La famille $(v_1,v_2,v_3,v_4,u(v_4))$ est liée. Cela va permettre d’exprimer le vecteur $u(v_4)$ dans la base $(v_1,v_2,v_3,v_4).$
\left\{\begin{align*}
v_1&=(-1,1,-1,0)\\
v_2 &= (0,1,0,0)\\
v_3 &= (1,0,0,1)\\
v_4 &= (1,0,0,0)\\
u(v_4) &= (0, -3, 0, -1).
\end{align*}\right.\left\{\begin{align*}
v_2 &= (0,1,0,0)\\
v_1+v_3 &= (0,1,-1,1)\\
v_1+v_4 &= (0,1,-1,0)\\
u(v_4) &= (0, -3, 0, -1).
\end{align*}\right.\left\{\begin{align*}
v_1-v_2+v_3 &= (0,0,-1,1)\\
v_1-v_2+v_4 &= (0,0,-1,0)\\
3v_2+u(v_4) &= (0, 0, 0, -1).
\end{align*}\right.\left\{\begin{align*}
v_3 -v_4 &= (0,0,0,1)\\
3v_2+u(v_4) &= (0, 0, 0, -1).
\end{align*}\right.\begin{align*}
3v_2+v_3 -v_4 +u(v_4) &= 0 \\
u(v_4) &= -3v_2-v_3+v_4.
\end{align*}
Dans la base $(v_1,v_2,v_3,v_4)$ l’endomorphisme $u$ est trigonalisé, puisque sa matrice $T$ est triangulaire supérieure :
\boxed{T = \begin{pmatrix}
-1 & -1 & -3 & 0\\
0 & 1 & 0 & -3\\
0 & 0 & -1 & -1\\
0 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix}.}Interprétez matriciellement le changement de base
Partez de la matrice :
A=\begin{pmatrix}
0 & 1 & 0 & 2\\
-3 & 0 & 4 & 0\\
0 & 1 & 0 & 3\\
-1 & 0 & 1 & 0
\end{pmatrix}.Vous notez $P$ la matrice de passage de la base canonique de $\R^4$ vers la base $(v_1,v_2,v_3,v_4)$ :
P=\begin{pmatrix}
-1 & 0 & 1 & 1\\
1 & 1 & 0 & 0\\
-1 & 0 & 0 & 0\\
0 & 0 & 1 & 0
\end{pmatrix}.Alors $P$ est inversible et :
\boxed{T = P^{-1}AP.}Partagez !
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