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

Yannis TRIANTAPHYLIDES

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 dans un autre article, vous formez la matrice transposée de $A$ :

Pour en savoir davantage, allez lire le contenu rédigé dans l'article 283.

^{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 $^{t}A\comma$ 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 minimal $\pi$ de la matrice $^{t}A$ appartient à cet idéal, donc $(X+1)(X-1)$ divise $\pi$ donc $1$ et $-1$ sont deux racines de $\pi\comma$ 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 $C_4 = C_1-C_3\comma$ 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 $H_3\comma$ notée $u_{|H_3}\comma$ 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 $\R^4\comma$ vous déduisez que la famille $(e_1,e_2,e_3)\comma$ qui est génératrice de $H_3\comma$ 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 $^{t}B$ 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 $x\in H_2.$

Comme $u(e_1)=e_3$ et $u(e_3)=e_1\comma$ l’hyperplan $H_2$ est stable par $u_{|H_3}$ donc par $u\comma$ avec :

\boxed{H_2 = \mathrm{Vect}(e_1, e_3).}

Comme $H_2$ est de dimension $2\comma$ la famille $(e_1,e_3)$ qui est génératrice de $H_2\comma$ en est une base.

Déterminez une droite stable par $u_{|H_2}$

Comme $u(e_1) = e_3$ et $u(e_3) = e_1\comma$ 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 $1\comma$ 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 $(e_1,e_3)\comma$ 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 $1\comma$ 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) = 0

vous 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) = 0

donc $x\in D.$

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 $H_2\comma$ vous choisissez un vecteur 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 $D\comma$ 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 $\lambda= 0= 1\comma$ 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 $i\in \llbracket 1,4\rrbracket\comma$ 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 $(v_1,v_2,v_3,v_4)\comma$ 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.}